Livro de Física 3 - Colégio Ari de Sá

Gualter José Biscuola
Newton Villas Bôas
Ricardo Helou Doca
ELETRICIDADE
FÍSICA MODERNA
ANÁLISE DIMENSIONAL
Manual do Professor
Gualter José Biscuola
Engenheiro eletrônico formado pela Escola Politécnica da USP
Licenciado em Física
Diretor e professor de Física do Colégio Leonardo da Vinci de Jundiaí (SP)
Newton Villas Bôas
Licenciado em Física pelo Instituto de Física da USP
Licenciado em Ciências e Pedagogia
Professor de Física do Colégio Objetivo de São Paulo
Diretor do Colégio Objetivo NHN de Passos, São Sebastião do Paraíso e Guaxupé (MG)
Ricardo Helou Doca
Engenheiro eletrônico formado pela FEI (SP)
Licenciado em Matemática
Professor de Física do Colégio Objetivo de São Paulo
Diretor do Colégio Objetivo NHN de Passos, São Sebastião do Paraíso e Guaxupé (MG)
AUTORIA
Parte I: Tópicos 1 a 4
Gualter
Parte II: Tópico 5
Parte III: Tópico 1
Tópicos de Física 1
Parte I: Tópico 5
Helou
Parte II: Tópicos 1 a 4 e 6 a 8
Parte III: Tópico 2
Newton
Tópicos de Física 2
Tópicos de Física 3
Gualter
Parte I
Parte II: Tópico 2
Parte II: Tópicos 1 e 3
Parte III: Tópico 3
Helou
Parte III: Tópicos 1, 2, 4 e 5
Newton
Parte I
Gualter
Partes II, III e IV
Helou
Parte V
2007
Av. Marquês de São Vicente, 1697 – CEP 01139-904 – Barra Funda – SP
PABX: (11) 3613-3000 – Fax: (11) 3611-3308 – Televendas: (11) 3613-3344 – Fax Vendas: (11) 3611-3268
Atendimento ao Professor: (11) 3613-3030 e 0800-117875 – [email protected]
www.editorasaraiva.com.br
Ao professor
4
Tópico 2
Objetivos fundamentais da obra
5
Composição da obra
5
Associação de resistores e
medidas elétricas
Metodologia utilizada
5
Instrumentos disponíveis na obra
6
Estratégias de aplicação da obra
6
A avaliação
7
8
Parte I - ELETROSTÁTICA
8
Tópico 1
•
•
•
•
•
Objetivo do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução dos exercícios
propostos
8
8
8
8
9
10
Tópico 2
Campo elétrico
•
•
•
•
•
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução dos exercícios
propostos
17
17
17
17
19
20
Tópico 3
Potencial elétrico
•
•
•
•
•
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução dos exercícios
propostos
Parte II - ELETRODINÂMICA
26
26
27
27
29
30
34
Tópico 1
Corrente elétrica e resistores
•
•
•
•
•
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução dos exercícios
propostos
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Resolução dos exercícios
propostos
34
34
34
34
35
40
42
42
42
42
44
Tópico 3
Circuitos elétricos
Considerações didáticas e
resolução de exercícios
Cargas Elétricas
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução de exercícios
propostos
•
•
•
•
•
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução dos exercícios
propostos
Parte III - ELETROMAGNETISMO
Noções de Física Quântica
59
61
•
•
•
•
•
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução dos exercícios
propostos
• Objetivos do Tópico
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução dos exercícios
propostos
Noções de Teoria da Relatividade
•
•
•
•
•
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução dos exercícios
propostos
62
Comportamento ondulatório
da matéria
64
64
64
65
65
66
69
69
70
72
72
73
73
73
76
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78
78
79
79
79
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Tópico 2
Tópico 3
Tópico 3
Força magnética sobre
correntes elétricas
•
•
•
•
•
61
61
61
61
Tópico 2
A origem do campo magnético
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução dos exercícios
propostos
Tópico 1
O campo magnético e sua influência
sobre cargas elétricas
61
Objetivos do Tópico
O que não pode faltar
Algo mais
Subsídios ao Descubra mais
Resolução dos exercícios
propostos
•
•
•
•
•
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Tópico 1
•
•
•
•
•
Indução eletromagnética
Parte IV - FÍSICA MODERNA
57
57
57
57
58
69
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Tópico 4
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47
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48
48
Tópico 4
Capacitores
• O que não pode faltar
• Subsídios ao Descubra mais
• Resolução dos exercícios
propostos
• Objetivos do Tópico
• O que não pode faltar
• Resolução dos exercícios
propostos
Parte V - ANÁLISE DIMENSIONAL
•
•
•
•
Objetivos
O que não pode faltar
Algo mais
Resolução dos exercícios
propostos
Bibliografia
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91
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4
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Ao professor
Esta é uma obra viva, em permanente processo de
aprimoramento. Trata-se de um trabalho versátil, que
pode se adequar a cursos de diferentes enfoques, desde
aqueles com poucas aulas semanais até os mais abrangentes. O material é completo, tratando de todos os tópicos do programa de Física do Ensino Médio brasileiro.
O texto, embora apresentado em uma linguagem
rigorosa, não chega a ser axiomático nem excessivamente formal. É, sim, objetivo e de fácil compreensão.
A simbologia adotada é a consagrada pela maioria dos
professores e dos livros sobre o assunto.
Nesta quarta versão, ampliada e atualizada, levamos em conta as competências almejadas nos Parâmetros Curriculares Nacionais do Ensino Médio
(PCNEM), do Ministério da Educação e Cultura
(MEC), e estabelecemos estratégias diversas no sentido de implementá-las. Aspectos como o incentivo
ao aprendizado das ciências e suas tecnologias, o
desenvolvimento de uma mentalidade indagadora e
crítica, a intelecção e produção de textos, tabelas e
gráficos tecnocientíficos foram trabalhados, valorizando-se dois paradigmas notórios no ensino atual:
contextualização e interdisciplinaridade, sugeridas de
maneira enfática na Lei de Diretrizes e Bases (LDB)
e nos ditames do Exame Nacional do Ensino Médio
(Enem). Para alcançarmos essas metas, apresentamos
um grande número de recursos, como ilustrações,
fotos legendadas, leituras e estímulos à experimentação. Somaram-se a isso a nova seção Descubra mais
e uma grande variedade de exercícios, característica
marcante do nosso trabalho. Essas ferramentas contribuirão para criar motivações a mais, que despertarão
a curiosidade e o interesse nos alunos. Procuramos,
dentro do possível, explorar situações práticas do diaa-dia. Incluímos também abordagens tecnológicas,
demonstrando que a Física é básica e essencial aos
padrões da vida moderna. Interfaces com outras disciplinas, como Geografia, História, Química e Biologia,
além da correlata Matemática, foram estabelecidas,
procurando-se eliminar barreiras de conhecimento.
Tornamos ainda mais didáticas as tradicionais seções – Exercícios de Nível 1, Nível 2 e Nível 3. A
seção Para raciocinar um pouco mais, cuja inclu-
são mereceu elogios na última reformulação, também
foi alvo de aprimoramento e continua propondo problemas mais elaborados e que exigem uma perfeita
compreensão da teoria, além de boa capacidade de
interpretação, abstração e raciocínio. Em todos os
casos tomamos o cuidado de dispor as questões em
uma seqüência lógica e em ordem crescente de dificuldade. Procuramos dimensionar os dados de modo
a simplificar os cálculos, o que permitiu a valorização
dos pormenores conceituais.
Há, no entanto, vários pontos presentes no texto,
como demonstrações e apêndices, que enriquecem o
material, mas que apresentam caráter facultativo, podendo ser ignorados, sem prejuízo, em cursos com
carga horária menor.
Este Manual contém considerações didáticas em
torno do desenvolvimento de cada Tópico da obra e
apresenta a resolução de boa parte dos exercícios propostos, que tem por base nossa vivência em sala de
aula, chamando a atenção para detalhes que julgamos
importantes. Mas o professor conta, ainda, com outros
materiais de apoio:
• Recursos na internet: a partir do início do ano letivo de 2008 este livro contará com recursos adicionais, disponíveis no site da Editora Saraiva
(www.saraivaeduca.com.br). No site o professor
encontrará as resoluções de todos os exercícios propostos no livro do aluno.
• DVD-ROM: todo o conteúdo dos três CDs do livro
do aluno mais as versões digitais dos três manuais
do professor em formato PDF são apresentados para
o professor em formato DVD-ROM.
O gabarito dos exercícios (exceto as respostas às
perguntas da seção Descubra mais) é apresentado nas
páginas finais de cada volume.
Temos consciência de que o assunto não foi esgotado, já que em Física há sempre o inusitado, a
descoberta e o permanente desafio.
Por isso serão muito bem-vindas as críticas e sugestões que visem ao aprimoramento deste trabalho.
Os autores
Manual do professor
Objetivos fundamentais da obra
A obra visa transmitir ao estudante, de forma metódica e organizada, os conhecimentos essenciais do
programa de Física do Ensino Médio, proporcionando-lhe uma iniciação bem fundamentada nessa disciplina, tanto nos aspectos conceituais como nas correlações cotidianas, práticas e tecnológicas. Objetiva
também oferecer a dose ideal de conteúdo compatível
com a faixa etária do público adolescente, o que favorecerá a gradual formação de um espírito questionador
e pragmático. Busca trabalhar as estruturas mentais
do educando, exercitando a flexibilidade de raciocínio
e o encadeamento sistemático de idéias.
O trabalho evolui de modo a desenvolver habilidades para a compreensão de textos formais, decodificação de enunciados, tabelas e gráficos, bem como
de representações esquemáticas. Propõe obter maior
eficiência na cognição de informações, melhor capacidade de análise e síntese, pleno domínio – em nível
de Ensino Médio – da simbologia e linguagem próprias da Matemática, imprescindíveis à formulação
das leis da Física e à descrição quantitativa de seus
fenômenos. Esses processos constituem na sua totalidade as três grandes metas – competências – sugeridas nos PCNEM para a área de Ciências da Natureza,
Matemática e suas tecnologias, assim referidas nesse
documento: “Representação e comunicação; investigação e compreensão; contextualização”.
Há, ainda, que destacar o ideal de desenvolver
uma mentalidade social, em que os conhecimentos
oriundos da Física devam ser colocados à disposição da comunidade e das pessoas para melhorar
seus recursos, condições de vida e padrões de conforto. Também de maneira subalterna, o texto busca
formar uma consciência de preservação ambiental
e de habitabilidade sustentável do planeta. Isso é
primordial até para o exercício pleno da cidadania
na vida moderna.
Por tudo isso, esta coleção procura qualificar-se
como um abrangente e vantajoso instrumento educacional de iniciação à Física.
Composição da obra
Optamos por uma distribuição em que o conteúdo é desenvolvido conforme sua evolução histórica. Iniciamos a coleção abordando no Volume 1
a Mecânica, em que figuram os trabalhos de Aristóteles, Arquimedes, Copérnico, Galileu, Kepler
e Newton, e encerramos o Volume 3 apresentando
uma iniciação à Física Moderna, na qual se desta-
5
cam as contribuições de Planck, Bohr, Einstein e De
Broglie. Respaldados em nossa experiência em sala
de aula, procuramos levar em consideração um aspecto que consideramos fundamental: o fato de que
o livro destina-se a um público jovem, que almeja
ao longo dos três anos do Ensino Médio uma ampla
utilização do raciocínio lógico-formal, maior poder
de abstração, compreensão e manuseio de dados matemáticos e tecnocientíficos. Para isso, definimos
criteriosamente a abrangência – horizontalidade – da
obra. Selecionamos os itens a serem estudados respeitando diversos fatores, como a citada evolução
dos adolescentes, propostas contidas na LDB e nos
PCNEM, programas exigidos nos principais exames
vestibulares, entre outros. Dimensionamos também
o grau de formalismo da linguagem e a profundidade
da tratativa – verticalidade.
A obra, então, está assim dividida:
• Volume 1: Mecânica;
• Volume 2: Termologia, Ondulatória e Óptica geométrica;
• Volume 3: Eletricidade, Física Moderna e Análise
dimensional.
Cada volume compõe-se de Partes que equivalem
aos grandes setores de interesse da Física. As Partes,
por sua vez, são constituídas de Tópicos, em que um
determinado conteúdo é estudado teórica e operacionalmente, com detalhamento pleno dentro das pretensões do trabalho, tanto naquilo que ele envolve (horizontalidade) como na abordagem (verticalidade). Em
cada Tópico, a matéria foi subdividida em Blocos, que
agregam itens relacionados entre si.
Na apresentação de cada assunto, propusemos a
seqüência que consideramos ideal, a qual foi testada
e aprimorada em sala de aula ao longo de nossas carreiras. Os Tópicos e os Blocos foram estruturados de
modo a propiciar ao aluno um crescimento natural,
lógico e bem fundamentado.
Metodologia utilizada
A Física é uma disciplina que envolve conceitos que, pela complexidade e abrangência, são de
difícil assimilação. A conservação do momento
linear (quantidade de movimento), por exemplo,
está presente em situações muito díspares, como
em explosões e colisões, observáveis diretamente ou por meio de instrumentos, e no decaimento
nuclear, inerente ao universo subatômico. Por isso,
a apresentação dos conceitos físicos deve merecer
primordialmente uma boa exposição teórica enri-
6
TÓPICOS DE FÍSICA 3
quecida com exemplos esclarecedores. Se houver
disponibilidade, alguma experimentação também
colaborará, já que elementos concretos aceleram
em muito a compreensão de concepções abstratas.
Mas o que realmente faz a diferença é a operacionalização, isto é a resolução do maior número possível de exercícios. É por meio deles que se torna viável complementar a teoria e estabelecer os
limites de sua utilização. Nesses exercícios há uma
grande diversidade de cenários, o que permite ao
aluno contemplar um determinado conceito na sua
forma mais ampla, sedimentando as estruturas de
raciocínio que lhe facultarão, por analogia, resolver
problemas correlatos envolvendo o mesmo princípio ou lei. Por isso, o professor deve explicar bem
a teoria e fazer as possíveis demonstrações experimentais, dando ênfase especial à resolução de exercícios, pois só assim o aprendizado consolida-se.
Deve-se notar que uma bem conduzida aula de
resolução de exercícios, em que o professor comenta
detalhes adicionais vinculados a cada contexto acrescentando novas informações, é agradável e estimulante, além de estar totalmente de acordo com o ritmo de
captação e assimilação de informações por parte da
mente humana. Nessas ocasiões também ocorre o momento supremo da educação como arte de transformar
pessoas. Esse é um ambiente profícuo em que se corporifica o vínculo humanístico entre aluno e mestre,
essencial e insubstituível em qualquer época, mesmo
diante de todas as tecnologias de ensino à disposição.
Nada ocupará o lugar do professor no seu papel de
orientar o educando, tutelando-o e amparando-o em
seu desenvolvimento.
Instrumentos disponíveis na obra
A parte teórica foi redigida de modo a tentar resgatar em cada trecho o interesse e a atenção do leitor.
Para isso, utilizamos uma linguagem correta e adequada à descrição da Física – rigorosa, porém instigante –, procurando sempre inserir elementos atuais
e curiosidades do cotidiano. Ilustrações e fotos com
legendas (Boxes e Drops) foram aplicadas sempre
que possível para facilitar a compreensão do texto e
propiciar outras revelações. Em alguns Tópicos, incluímos a seção Faça você mesmo, na qual sugerimos
a realização de pequenos experimentos que requerem
materiais de fácil obtenção ou até mesmo utensílios
caseiros. Foram elaboradas Leituras que serão um
pólo a mais de interesse e ampliarão os horizontes do
conhecimento. Acrescentamos nesta quarta versão a
seção Descubra mais, que traz um questionário com
perguntas provocativas que visam reforçar o conteúdo. Essas perguntas poderão ser objeto de debates
em sala de aula ou temas de trabalhos de pesquisa em
que o aluno será direcionado à leitura de outros textos,
inclusive àqueles disponíveis na internet. Em relação
à rede mundial de computadores, os sites de busca poderão ser de grande valia, bastando nesse caso utilizar
palavras-chave adequadas.
Em cada Tópico há quatro seções de exercícios
com diferentes níveis de dificuldade. Logo após a
apresentação da teoria de um Bloco aparecem os
Exercícios de Nível 1 e Nível 2. Na primeira seção,
a matéria é cobrada de forma simples, apenas em
seus pontos essenciais. Na segunda, a abordagem é
mais ampla, valorizando os aspectos conceituais e a
descrição quantitativa dos fenômenos. Intercalados
aos Exercícios de Nível 1 e Nível 2, há os Exercícios Resolvidos (ER), que servem de ponto de partida para o encaminhamento de questões semelhantes. No final dos Tópicos, estão os Exercícios de
Nível 3, em sua maioria de vestibulares, nos quais
inserimos elementos de complementação. Esses
exercícios, selecionados criteriosamente dos exames
mais representativos, constituem uma boa fonte de
tarefas para casa. E, por último, temos a seção Para
raciocinar um pouco mais, composta por problemas mais difíceis – “reserva especial dos autores” –,
que podem ser propostos como desafio, aprofundamento ou trabalhos extraclasse.
Pautamos a elaboração e a seleção de todas as atividades apresentadas no material pela funcionalidade
em classe, diversidade temática e qualidade. Não há
no trabalho exercícios iguais, o que sabidamente torna
o processo de ensino mecanicista e enfadonho. Cada
questão propõe um novo ambiente em que um detalhe
a mais se faz necessário, constituindo-se, portanto,
em um auxílio adicional para a melhor compreensão
da matéria.
Procuramos contemplar nas questões de vestibulares todos os estados brasileiros, evitando dessa
forma regionalismos. Incluímos nesta quarta versão exercícios de Olimpíadas de Física, certames
que têm se constituído em um foco de interesse dos
estudantes e um diferencial para as escolas que desenvolvem projetos visando bons resultados nessas
competições intelectuais.
Estratégias de aplicação da obra
Esta obra é versátil e pode se adequar a cursos
com enfoques e objetivos distintos e diferentes números de aulas semanais.
Manual do professor
• Carga mínima (de uma a duas aulas semanais):
principais itens da teoria e Exercícios de Nível 1;
• Carga média (de três a quatro aulas semanais): principais itens da teoria e Exercícios de Nível 1 e Nível 2;
• Carga máxima (cinco ou mais aulas semanais): teoria completa mais apêndices, Exercícios de Nível 1,
Nível 2, Nível 3 e Para raciocinar um pouco mais.
De acordo com as cargas mencionadas anteriormente – cargas mínima, média e máxima – poderão
ser excluídas do texto, a critério do professor, algumas
propostas que forem consideradas prescindíveis. Isso
não comprometerá a adoção da obra, tampouco seu
bom aproveitamento.
Por outro lado, dependendo da disponibilidade
do curso, recomendamos também pesquisas na internet, leitura de livros paradidáticos, revistas especializadas e materiais afins, o que complementará e sedimentará o aprendizado. Nesses casos, os objetivos
pretendidos são: valorizar aspectos históricos que
realcem a evolução do conhecimento sobre Física e
informar a existência de novas teorias, descobertas e
outras aplicações dos assuntos tratados, não mencionados no texto.
Uma referência importante que poderá orientar o
professor na elaboração do seu Planejamento de Curso é que cada Bloco traz um conteúdo previsto para
duas ou três aulas, considerando a carga média de utilização da obra.
A título de exemplo, sugerimos que, numa utilização em carga média, os Blocos 1 e 5 do Tópico 5
(Vetores e Cinemática vetorial) do Volume 1 sejam
lecionados da seguinte maneira:
Bloco 1
Aula 1 –
Teoria: itens 1, 2 e 3.
Exercícios: Nível 1 – 1, 3 e 4.
Para casa: Nível 1 – 5; Nível 2 – 10, 11 e 13.
Aula 2 –
Teoria: item 4.
Exercícios: Nível 1 – 6 e 8; Nível 2 – 18 e
23.
Para casa: Nível 1 – 7 e 9; Nível 2 – 16, 19 e
22.
Bloco 5
Aula 1 – Teoria: itens 13 e 14.
Exercícios: Nível 1 – 66 e 70; Nível 2 – 73.
Para casa: Nível 1 – 67, 69 e 71; Nível 2 –
72.
7
Aula 2 – Exercícios: Nível 2 – 75, 79 e 81.
Faça você mesmo: o professor poderá realizar
em sala de aula a demonstração sugerida, discutindo com os alunos os efeitos observados e
suas conseqüências práticas (estimular a classe a elaborar outros exemplos que conduzam a
conclusões semelhantes).
Para casa: Nível 2 – 76, 77, 82 (estudar a resolução) e 83.
A avaliação
Esta deve ser a mais abrangente possível, de modo
a contemplar sempre o maior número de habilidades
próprias de cada estudante. Entendemos que um educando deva ter oportunidade de ver valorizadas suas
melhores potencialidades, já que o ser humano é dotado de múltiplas inteligências (talentos) mais ou menos desenvolvidas.
Devemos levar em consideração fatores subjetivos
como seu engajamento no curso (participação e empenho), postura em sala de aula e interesse pela matéria.
Recomendamos valorizar, no entanto, com ênfase, a
capacidade de responder questões, testes conceituais e
exercícios que exijam aplicações das leis físicas pautadas pela devida operacionalização matemática. É
ainda essencial que haja aplicação e pontualidade em
relação às atividades propostas para casa, que devem
preencher parte do tempo dos alunos em suas atividades extraclasse.
Há vários instrumentos objetivos que podem ser
cogitados na avaliação, como:
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
Provas propriamente ditas;
Trabalhos de pesquisa em livros e na internet;
Questionários com perguntas instigantes;
Coletânea de testes de múltipla escolha;
Coletânea de questões analítico-expositivas;
Vestibulares simulados;
Construção e manuseio de aparatos experimentais;
Leitura e discussão de artigos sobre Física;
Elaboração de artigos sobre Física;
Seminários;
Debates sobre temas científicos;
Encenações de textos teatrais sobre Física.
Desse universo, que permite obter uma média ampla e justa do desempenho do aluno, será extraída a
nota ou o conceito necessário à aprovação.
8
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Parte I - ELETROSTÁTICA
Tópico 1
A utilização da Lei de Coulomb deve ser trabalhada por meio da resolução de exercícios que podem ser
encontrados em nível 1 e nível 2.
Cargas Elétricas
• O que não pode faltar
• Objetivo do Tópico
1. Síntese histórica da Eletricidade
2. Noção de carga elétrica
3. Corpo eletricamente neutro e corpo eletrizado
4. Quantização da carga elétrica
5. Princípios da Eletrostática
6. Condutores e isolantes elétricos
7. Processos de eletrização
Exercícios
8. Lei de Coulomb
Exercícios
Este Tópico, por ser o primeiro da Eletricidade,
deve ser iniciado com uma explanação histórica do
processo de como se desenvolveu o conhecimento
da eletricidade, bem como da sua importância na
nossa civilização atual. Tudo isso para despertar o
interesse dos alunos pela matéria. Pergunte-lhes (e
deixe que respondam): Como seria nossa vida sem
a eletricidade?
O conceito de carga elétrica deve ser detalhado,
podendo ser abordada a teoria dos quarks. Reforçar
a idéia de quantização das cargas elétricas, mostrando que elas aparecem sempre em valores múltiplos da
carga elementar.
Diferenciar bem o conceito de material condutor
e de material isolante. Explicar o que faz um material
ser condutor ou isolante.
Os Princípios da Eletrostática devem ser bem assimilados pelos alunos. O entendimento desses princípios é a base para o aprendizado da Eletricidade.
Na apresentação dos processos de eletrização,
destacar a alteração do número de elétrons de um
corpo neutro que lhe confere a condição de corpo
eletrizado. A eletrização por atrito e por contato deve ser detalhada. A eletrização por indução
deve ser explicada de uma maneira sucinta, já que
os detalhes serão mais bem entendidos no final do
Tópico 3.
• Algo mais
Neste Tópico é importante apresentar um início
histórico da eletricidade. A evolução do pensamento científico deve ser utilizada sempre; o aluno deve
compreender que a Ciência evolui utilizando o conhecimento anterior.
A teoria dos quarks deve ser tratada como forma de explicar o que ocorre no núcleo dos átomos e
como os prótons e os nêutrons se mantêm estáveis.
É importante deixar bem claro que os quarks fazem
parte de uma teoria, já que nem toda a comunidade
científica tem certeza da sua existência. A utilização das teorias vigentes, como a dos quarks, pode
facilitar o entendimento das interações elétricas entre partículas.
9
Manual do professor
Como obter a máxima interação entre
duas partículas eletrizadas
Imagine dois pequenos condutores A e B, inicialmente neutros, e uma carga elétrica positiva Q. Como
devemos distribuir essa carga elétrica de modo a termos a máxima repulsão entre os condutores A e B?
Para o condutor A devemos transferir uma carga
QA, ficando o condutor B com o o restante da carga
(QB = Q – QA).
Utilizando a equação da Lei de Coulomb, temos:
|Q · Q |
F=K A 2 B
d
Como K e d são constantes, podemos fazer K2 = a.
d
Assim:
F = a QA QB
F = a QA (Q – QA)
F = a Q QA – a QA2
Representando essa função em diagrama F QA,
vem:
to pequena, como o hertz, podemos usar prefixos
que representam múltiplos ou submúltiplos dessa
unidade. Assim, vamos encontrar a seguir duas tabelas com esses prefixos.
Múltiplos
Submúltiplos
Fator Prefixo Símbolo
Fator Prefixo Símbolo
101
102
103
106
109
1012
1015
1018
deca
hecto
quilo
mega
giga
tera
peta
exa
da
10–1
deci
d
h
10–2
centi
c
k
10–3
mili
m
M
10–6
micro
µ
G
10–9
nano
n
T
10–12
pipo
p
P
10–15
femto
f
E
10–18
atto
a
zepto
z
iocto
y
1021
zeta
Z
10–21
1024
iota
Y
10–24
F
• Subsídios ao Descubra mais
Fmáx
0
Q
2
Q
QA
Observando o gráfico, devido à simetria apresentada pela parábola, podemos concluir que a máxima
força de repulsão entre os condutores A e B ocorre quando eles estão eletrizados com cargas iguais
Q
(QA = QB = ).
2
Algumas curiosidades
1. Antes de convencionarem o uso do SI como sistema de unidades a ser utilizado, a quantidade de carga elétrica podia também ser expressa por franklin
ou estat-coulomb. São dois nomes diferentes para a
mesma quantidade de carga. Um franklin ou um estat-coulomb é a carga elétrica pontual que, colocada
no vácuo, a um centímetro de distância de outra carga
igual, repele esta última com uma força de intensidade um dyn (dyne ou dina). Essas unidades eram usadas no antigo sistema CGS Es (CGS Eletrostático).
Valem as relações:
1 C (coulomb) = 3 · 109 f (franklin) ou estat-C
(estat-coulomb)
1 dyn (dyne ou dina) = 10–5 N (newton)
2. Quando uma unidade de qualquer coisa é muito
grande, como, por exemplo, o coulomb, ou mui-
1. Pesquise e tente explicar como os quarks se mantêm
unidos para formar os prótons e os nêutrons.
Os americanos Murray Gell-Mann e George
Zweig propuseram, em 1961, uma teoria que provocaria uma mudança no conceito de átomo: apresentaram
uma nova “família” de partículas subnucleares, os
quarks. No início, essa família era constituída de três
membros: o u (up), o d (down) e o s (strange).
Apenas no final dessa década os físicos James
Bjorken e Richard Feynman, utilizando o acelerador
de partículas da Universidade de Stanford (EUA),
conseguiram os primeiros resultados práticos que
evidenciavam a existência de partículas subnucleares. Eles chamaram essas partículas de partons. Somente na década de 1990 descobriu-se que alguns
desses partons eram quarks e, entre os outros, se
encontravam os glúons, partículas mediadoras da interação forte.
O nome glúons vem de glue (cola em inglês).
Assim, podemos dizer que os quarks são mantidos
agregados (“colados”) pela transferência mútua de
glúons. Descobriu-se que a força forte existente entre
os quarks aumenta com o aumento da distância. Assim, podemos imaginar que os glúons agem como um
“elástico” unindo os quarks. Quando o “elástico” é
esticado, as forças exercidas por ele aumentam.
2. Se prótons possuem cargas elétricas de sinais iguais e,
portanto, se repelem, como essas partículas se mantêm
estáveis no núcleo de um átomo?
10
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Sabemos que os prótons são partículas eletrizadas que possuem cargas de mesmo valor e sinal. No
núcleo de um átomo encontramos vários prótons que,
portanto, se repelem. Essas forças de repulsão são
muito fortes. Assim, o que impede a desintegração
dos núcleos?
A atração gravitacional existente entre prótons
é muito pequena comparativamente à repulsão eletrostática presente. Assim, deve existir uma terceira
força para manter estável o núcleo do átomo. Essa
força de interação é a força nuclear forte, uma das
quatro forças fundamentais que, junto com a força
gravitacional, a força nuclear fraca e a força eletromagnética explicam as interações existentes no
universo.
A força nuclear forte é praticamente a mesma
entre dois prótons e dois nêutrons. Portanto, não depende da carga elétrica. Assim, os núcleos se mantêm estáveis pela existência de nêutrons que apenas
atraem os prótons, ajudando a equilibrar as forças de
repulsão. Essa força nuclear forte tem alcance muito
pequeno, ocorrendo de maneira intensa para distâncias da ordem de 10–15 m e praticamente se anulando
para distâncias pouco maiores.
No núcleo de um átomo encontramos prótons
repelindo todos os outros prótons e sendo atraídos
apenas por prótons e nêutrons muito próximos. Desse modo, quando o número Z de prótons aumenta, o
número N de nêutrons deve aumentar ainda mais para
que a estabilidade seja mantida.
3. Pesquise sobre força nuclear forte. Qual a diferença entre essa força e a força nuclear fraca?
A interação nuclear forte é de atração e ocorre entre prótons e nêutrons existentes num núcleo atômico.
Ela é a mais intensa das interações, porém de alcance
muito pequeno, de ordem 10–15 m. A interação nuclear
fraca está associada à radioatividade, surgindo no decaimento β (beta), quando um nêutron se transforma
em próton ao emitir um elétron e um antineutrino (desintegração β negativa) ou um próton se transforma
em nêutron (desintegração β positiva), em que o próton emite um pósitron e um neutrino. Assim, ocorre
uma alteração no número de prótons no núcleo, transformando o átomo em um outro elemento químico.
Esse fenômeno é chamado de transmutação.
4. Faça uma pesquisa sobre força eletromagnética. Podemos encontrá-la em um átomo ou em uma molécula?
Sim. A força eletromagnética é aquela que liga
os átomos e as moléculas para formar a matéria. É
uma força de longo alcance que diminui com o inverso
do quadrado da distância entre as partículas estudadas
na interação. Essa força está presente também sempre
que duas superfícies estão em contato. A forças normal, de atrito, elástica e de tração são exemplos de
forças eletromagnéticas.
5. É comum uma pessoa, ao fechar a porta de um automóvel, após tê-lo dirigido, receber um choque no contato
com o puxador. Como você explica esse fato?
O atrito da roupa com o material do banco pode
provocar um acúmulo de cargas elétricas no motorista,
principalmente se ele estiver usando um sapato de sola
de borracha, como um tênis. No contato da mão com a
maçaneta, essas cargas fluirão para o automóvel, provocando uma descarga elétrica. Isso costuma acontecer
em época de baixa umidade do ar, quando se usa roupa
contendo fios sintéticos, que são péssimos condutores
de cargas elétricas.
6. Você talvez já tenha visto na TV ou no cinema uma cena
em que uma pessoa se encontra em uma banheira ou
piscina e cai na água, por exemplo, um ventilador ligado. Se a água é um isolante elétrico, por que a pessoa
recebe um choque?
A água pura é péssima condutora de cargas elétricas. No entanto, a água tratada que recebemos em
nossas casas é uma solução iônica, já que vários produtos químicos são diluídos na sua purificação. Com
isso, as cargas elétricas podem se movimentar livremente, provocando choque na pessoa que estiver mergulhada nessa água.
• Resolução dos exercícios propostos
18
1) A e B
Q +Q
(+ 2,40 n C) + O
Q= A B =
2
2
Q’A = Q’B = + 1,20 n C
2) B e C
(+ 1,20 n C) + (–4,80 n C)
2
Q”B = Q’C = –1,80 n C
No contato com B, C perdeu uma carga elétrica igual a:
ΔQC = (–4,80 n C) – (–1,80 n C)
ΔQC = –3,00 n C
Assim:
ΔQC = n e
–3,00 · 10–9 = n (–1,60) 10–19
Q”B = Q’C =
n = 1,875 · 1010 elétrons
Alternativa b.
Manual do professor
30 A função centrípeta é desempenhada pela força eletrostática.
40
a)
q1
F1,3 q F2,3
3
q2 = 4q1
+
–
+
e
x
–
Fe
11
d
F1,3 = F2,3
p
|q2|
|q1 q3|
|q q |
|q |
= K 2 3 2 ⇒ 21 =
x2
(d – x)
x
(d – x)2
|q1|
|4q1|
=
⇒ 4x2 = (d – x)2
2
x
(d – x)2
2x = d – x ⇒ 3x = d ⇒ x = d
3
K
R
+
Assim:
Fcp = Fe
m v2 = K |Q q|
R
R2
K |Q q|
v2 =
mR
9 · 109 (1,6 · 10–19)2
v2 =
9,1 · 10–31 · 10–10
Nota:
• Existe uma outra solução matemática, em que x = –d, que não serve fisicamente. Nesse caso, apesar de |F1, 3| = |F2, 3|, essas forças terão sentidos
iguais, fazendo com que a carga q3 não esteja em equilíbrio.
q1
b)
v2 ⯝ 2,53 · 1012
+
F2,1
v ⯝ 1,6 · 106 m/s
F3,1
F2,1 = F3,1
|q q |
|q2 q1|
= K 32 1
2
d
x
|q2| |q3|
=
d2 x2
|q3| d2 = |q2| x2
Mas:
x= d
3
Então:
2
2
|q3| d2 = |q2| d ⇒ |q3| d2 = |q2| d
3
9
|q2|
4|q1|
|q3| =
⇒ |q3| =
9
9
4q1
q3 =
9
Alternativa c.
K
32 Observando a figura a seguir:
C
B –
A –
Z +
–
–
+
– D
q
– E
+ X
Y
notamos que:
1) Em Q a resultante de A e E é nula.
2) B, C e D provocam em Q uma força resultante F1.
3) Por simetria, Z, Y e X também provocam em Q uma resultante F1.
Assim, em q, temos:
FR = 2F1
Nota:
• Este cálculo pode ser feito utilizando-se a carga q2. O valor obtido será o
mesmo.
Alternativa e.
35 No equilíbrio, temos:
Fe = P(anel)
|Q Q|
= mg
d2
Q2
= 0,9 · 10–3 · 10
9 · 109
(1 · 10–2)2
K=
Q2 = 10–16
Q = 1 · 10–8 C
Essa carga foi adquirida pelo anel superior (inicialmente neutro) no
contato com o anel eletrizado. Assim, no início, a carga existente no
anel eletrizado vale:
41 Na esfera abandonada
no ponto A do plano inclinado, a força resultante deve ter
a direção AP e sentido de A
para P.
Isso ocorre apenas na situação
encontrada na alternativa e.
F2
F1
+
F4
+
q = 2 · 10–8 C
F3
P senθ
–
Alternativa b.
+
–
P
P sen θ
A
θ
Além da componente tangencial da força peso
(P sen θ), ainda temos a resultante das forças elétricas. F1 e F2 são forças de repulsão exercidas pelas
cargas positivas.
F3 e F4 são forças de atração exercidas pelas cargas
negativas.
12
TÓPICOS DE FÍSICA 3
A resultante é observada em:
Assim:
2
(d’)2 = d
4
F12
+
P sen θ
d’ = d
2
F34
Alternativa b.
+
+
120°
48
–
F2
–
F1
q
3,0 cm
3,0 cm
que resulta
30°
A
Q1
+
P
Alternativa e
43
a) Lei de Coulomb:
|Q Q |
F = K0 1 2 2
d
Sendo: K0 = 1 = 9 · 109 (SI)
4πε0
–9
–10
1
9
F = 9 · 10 · · 10 · 5 2· 10 (N)
(0,3)
F = 5 · 10–8 N
q = 1,0 · 10–7 C
Cargas elétricas de sinais opostos: força atrativa.
b) Após o contato:
Q +Q
Q= 1 2
2
(+1 · 10–9) + (–5 · 10–10)
Q=
(C)
2
[(+10) + (–5)]
· 10–10 (C)
Q=
2
Q = +2,5 · 10–10 C
Lei de Coulomb:
|Q Q|
F = K0 2
d
(2,5 · 10–10)2
F = 9 · 109
(0,3)2
Alternativa e.
q
50
d
(D)
Q
d
(B)
(C)
q
q
Em A, supondo que as cargas q sejam positivas e Q seja negativa, temos:
Condição de equilíbrio:
FBA
FBA + FCA + FDA + F = O
FCA
q
Agora as cargas elétricas têm sinais iguais: força repulsiva.
FDA
F
45 Na situação inicial, temos:
A
PB
q
(A)
F = 6,25 · 109 N
PA
Fe
Q2
Na condição de equilíbrio da carga q, temos:
F1 + F2 = P
Usando a Lei dos Cossenos, temos:
|F1 + F2|2 = P2 = F21 + F22 + 2F1 F2 cos 120°
Mas:
|Q q|
F1 = F2 = K 12
d 1,0 · 10–7 · q
F1 = F2 = 9,0 · 109
(3,0 · 10–2)2
9,0 · 102 q
F1 = F2 =
⇒ F1 = F2 = 1,0 · 106 q
9,0 · 10–4
Então:
P2 = F2 + F2 – F2
P2 = F2
P=F
mg=F
10 · 10–3 · 10 = 1,0 · 106 q
FR
B
30°
P
Fe + PA = PB
|Q Q |
K A 2 C +mg=Mg
d
Q2
k 2 = (M – m)g
d
K Q2
d2 =
(M – m) g
Na situação final, temos:
K Q2
K Q2
(d’)2 =
=
(4M – 4m) g 4(M – m) g
Somando FBA + FDA :
Por Pitágoras:
F2R = F2BA + F2DA
|q q|
Como: FBA = FDA = K 2
d
temos:
F2R = 2F2BA ⇒ FR = 2 FBA
|q q|
FR = 2 K 2
d
Assim:
FR + FCA = F
|Q q|
|q q|
|q q|
=K
2K 2 +K
d
(d 2)2
d 2
2
2
Manual do professor
2 |q| + |q| = |Q|
d2 2
d2
d2 2
4
|q|
= 2 |Q|
2 |q| +
2
(2 2 + 1)|q|
= 2 |Q|
2
|Q| =
Assim, em (I), vem:
d
d
tg θC = BC = BC
dAC 2,5 dBC
tg θC = 0,40
53 Situação de equilíbrio inicial:
q
(2 2 + 1)
|q|
4
Nota:
• Se as cargas q fossem negativas e Q fosse positiva, o resultado seria o
mesmo.
0
A carga q’ é fixada a uma distância d da posição de equilíbrio inicial,
desfazendo esse equilíbrio.
q
51
q'
F
C
d
0
dAC
A carga q é levada para a nova posição de equilíbrio:
dBC
A
r
Fe
q'
B
r
O
d
(I)
0
40 cm
Para que a esfera vazada C permaneça em equilíbrio, é preciso que a
força resultante das repulsões de A e B seja equilibrada pela força normal exercida pelo aro.
Observemos que o sistema encontra-se em um plano horizontal; portanto, a força peso não interfere no equilíbrio da esfera C.
RC
FBC
θC
FAC
C
θC
N
dAC
dBC
θC
A
q
Fm
θC
d
tg θC = BC
dAC
13
r
O
r
Portanto:
Fm = Fe
|q q’|
(d – 0,40)2
Como, no MHS, temos:
T = 2π m
K
–3
0,40π = 2π 10 · 10
K
K = 0,25 N/m
Assim:
–6
–6
0,25 · 0,40 = 9 · 109 · 2 · 10 · 0,2 · 210
(d – 0,40)
K x = K0
d ⯝ 0,59 m ⯝ 59 cm
B
54
a) Na situação de equilíbrio, temos:
F
tg θC = BC
FAC
|Q q|
Como: F = K 2
d
temos:
|QB q|
|Q | d2
d2BC
= B 2AC (II)
tg θC =
|QA|dBC
|Q q|
K A2
dAC
2
F1
2
x
+q
dBC |QB| d2AC
=
⇒ 125 · 10–6 d3BC = 8 · 10–6 d3AC
dAC |QA|d2BC
125 d3BC = 8 d3BC ⇒ 5 dBC = 2 dAC
dAC = 2,5 dBC
+2q
0
0,3 m
0,3 m
P
K
Igualando (I) e (II), temos:
F2
Q +
Condição de equilíbrio:
∑F = O
P = F1 + F2
Usando a Lei de Coulomb, temos:
F=K
|Q d|
d2
+ Q
14
TÓPICOS DE FÍSICA 3
–6
–6
F1 = 9 · 109 4 · 10 · 12· 10 ⇒ F1 = 0,4 N
(0,3)
–6
–6
F2 = 9 · 109 4 · 10 · 22· 10 ⇒ F2 = 0,8 N
(0,3)
Portanto:
P = 0,4 + 0,8 (N)
P = 1,2 N
b) A outra condição para ocorrer equilíbrio é:
∑M0 = 0
F1 ᐉ + P x = F2 ᐉ
2
2
0,4 2 + 1,2 x = 0,8 2
2
2
1,2x = 0,4
x= 1 m
3
Assim:
5 Fe 5 mg
=
3
4
|Q q| 3
K 2 = mg
4
d
10 · 10–9 q 3
9
= · 0,4 · 10–3 · 10
9 · 10
(3 · 10–2)2 4
90 q = 3 · 10–3
9 · 10–4
q = 3 · 10–8 C
q = 30 · 10–9 C
q = 30 nC
Alternativa a.
57
Nota:
• Para ocorrer equilíbrio, o peso P deve estar suspenso a 1 m, do lado
3
direito da barra.
a) Como está ocorrendo atração entre as esferas, elas estão eletrizadas
com cargas de sinais opostos (uma positiva e a outra negativa).
b) Na esfera B, decompondo T, temos:
55 Situação descrita:
y
α
T
45°
45°
T
45°
T
F
F
P
Ty
α
B
45°
Tx = T sen α
Tx
Ty = T cos α
P
Portanto, sendo:
Tx = Fe
Ty = P
dividindo membro a membro, temos:
T sen α = Fe
T cos α m g
F
tg α = e
mg
4 = Fe
⇒ Fe = 4 N
3
3 0,1 · 10
Usando a Lei de Coulomb, vem:
|Q q|
Fe = K 2
d
4 = 9 · 109 Q2
3
(0,1)2
–12
0,04
2
Q =
= 40 · 10
27
27 · 109
Q = 40 10–6 C
27
P
d
Para o equilíbrio das esferas devemos ter:
T sen 45° = P
T cos 45° = F
Como sen 45º = cos 45º, vem:
F=P
|Q q|
K 2 = mg
d
1,0 · 10–6 · 1,0 · 10–6
= 10 · 10–3 · 10
9 · 109
d2
9 · 10–3 = 10–1 d2
d2 = 9 · 10–2
d = 3,0 · 10–1 m
d = 30 cm
Alternativa e.
Fe
x
Q = 40 µC
27
56
Assim:
T cos θ = P
T sen θ = Fe
58 Na situação inicial, decompondo-se T, temos:
θ
d = 4 cm
y
T
Q
T 4 = mg
5
T 3 = Fe
5
L = 5 cm
θ
x = 3 cm
q
P
Fe
5 mg
4
5 Fe
T=
3
θ
T
Ty
Ty = T cos θ
θ
Fe
Tx
T=
P
Tx = T sen θ
x
Manual do professor
Na situação de equilíbrio:
Então:
2 1 ·
4π ε0
Tx = Fe
Ty = P
T sen θ = Fe ⇒ F = m g tg θ
e
T cos θ m g
Usando a Lei de Coulomb, temos:
|Q q|
K 2 = m g tg θ
d
–6
–6
9 · 109 2 · 10 · 2 2· 10 = 0,090 · 10 tg θ
(0,20)
tg θ = 1 ⇒ θ = 45º
Na situação final, temos:
m=
Ty
θ
T sen θ = F’e – Fm
mg
T cos θ
Fm
x
Tx
P
m g tg θ = F’e – Fm
0,090 · 10 · 1 =
4 · 10–6 · 4 · 10–6 – k 1,0 · 10–2
(0,20)2
0,9 = 3,6 – 0,01 k
9 · 109
Tx = T sen θ
Ty = T cos θ
0,01 k = 2,7 ⇒
k = 2,7 · 102 N/m
59 Observe que a condição de equilíbrio exige simetria na configuração, sendo as cargas elétricas da base iguais, e a interação entre elas
e a carga q tem de ser de repulsão.
F
2
sen α = m g
8 · Q q · cos2 α sen α
4π ε0 d2
g
60 No átomo de Bohr, o raio da órbita é dado por:
R = n2 R0
em que R0 = 5,3 · 10–11 m (raio da órbita fundamental).
Para o estado fundamental n = 1; para o primeiro nível excitado n = 2.
Assim:
R = 22 R0
R = 4 R0
Como a força eletrostática faz o papel de força centrípeta, temos:
Fe = Fcp
Tx = F’e – Fm
Ty = P
θ
T
F‘e
d
2 cos α
Alternativa d.
No equilíbrio, vem:
y
Qq
F
2
K e 2e = m r
R
R
2
v2 = K e
mR
Sendo v inversamente proporcional a R, se R = 4R0, temos:
v
v = 0 = 1,1 · 106 m/s
2
Portanto:
v = 2π R
T
2 · 3,14 · 4 · 5,3 · 10–11
1,1 · 106 =
T
T ⯝ 1,2 · 10–15 s
Como o elétron tem vida de 10–8 s, vem:
–8
n = Δt = 10 –15
T 1,2 · 10
n ⯝ 8 · 106 revoluções
q
Alternativa d.
P
Fe
61
a
Q
a
α
α
Q
d
Decompondo as forças F segundo a horizontal e a vertical, notamos
que:
a) No equilíbrio, temos:
Pt = Fe
|Q q|
m g sen 30° = K 2
d
20 · 10–6 q
20 · 10–3 · 10 1 = 9 · 109
(0,30)2
2
6
0,10 = 2 · 10 q
q = 5,0 · 10–8 C
y
Fy
F
Fy
b) Com atrito, temos:
Fe = Pt + Fat
F
est
2Fy = P
2F sen α = m g
Da Lei de Coulomb, temos:
|Q q|
2K 2 sen α = m g
a
Mas: K = 1 e a = d
4πε0
2 cos α
15
α
α
Fx
Fx
P
x
|Q q|
K 2 = m g sen 30° + µ m g cos 30°
d
20 · 10–6 · 5,0 · 10–8
=
9 · 109
d2
= 0,020 · 10 (0,50 + 0,25 · 0,86)
9 · 10–3 = 0,143 ⇒ d2 = 0,009
0,143
d2
d2 ⯝ 0,063 ⇒
d ⯝ 0,25 m ⯝ 25 cm
A
Pt
B
30°
16
TÓPICOS DE FÍSICA 3
62
FCA
FBA
a) Com o passar do tempo haverá perda de carga elétrica para o ar
que envolve as esferas. Isso provocará a aproximação, já que a força
de repulsão entre elas irá diminuir.
Como as esferas têm mesmo peso e as forças de repulsão são iguais
em módulo (Princípio da Ação-Reação), o ângulo α deverá ser igual
para ambas.
Observe que:
b)
|FAB| = |FDA| = K
α
Tcos α
T sen α = Fe
T cos α = P
F
F
tg α = e = e
P mg
T
α
d
2
Somando os vetores FBA e FDA, temos:
S = 2 FBA ⇒ S = 2 K
Então:
|q q|
a2
F= 2 2–1
2
1 · q2
4π ε0 a2
Essa resultante tem direção radial, passando pelo centro da circunferência.
d = ᐉ sen α
2
d = 2 · 0,090 · 0,60 (m)
d = 0,108 m
Portanto:
Q = 2 · 10–6 · 0,108 (C)
α
|q q|
a2
|q q|
|q q|
|FCA| = K
=K 2
a 2
(a 2)2
A força resultante de A é dada por:
|q q|
|q q|
F = S – FCA = 2 K 2 – 1 K 2
2
a
a
|q q|
1
F= 2– K 2
2
a
1
Como: K =
4π ε0
P
Fe = m g tg α
Lei de Coulomb:
|Q Q|
Fe = K 2
d
Assim:
|Q Q|
K 2 = mg tg α
d
2
9 ·109 Q2 = 0,0048 · 10 · 0,75
d
Q2 = 4 · 10–12 d2
Q = 2 · 10–6 d
Mas:
FDA
S2 = F2BA + F2DA = 2 F2BA
Tsen α
Fe
A
Q = ±2,16 · 10–7 C
b) A força resultante calculada no item a funciona, para cada carga,
como força centrípeta.
2
F = Fcp = m v
R
Como o raio R da circunferência corresponde à metade da diagonal
do quadrado, temos:
R= a 2
2
Assim:
2
m v2
= 2m v
a
2
2
a
2
2
v2 = a F
2m
F=
63
a) Cada uma das quatro cargas elétricas está sujeita a três forças exercidas pelas outras cargas.
FCA
FDB
FBA
A
FAB
+q
–q
FDA
FAD
+q
D
–q
FBD
v2 = a 2 ·
2m
FCB
q2
v2 = 4 – 2 · 1 ·
4π ε0 a
4m
FBC
v=
C
FCD
(2 2 – 1) 1 q2
·
·
4π ε0 a2
2
B
q
4
4– 2
m a π ε0
FDC
FAC
Devido à simetria, podemos observar que as forças resultantes em
cada carga têm intensidades iguais. Por exemplo, considerando a
carga nominada por A, temos:
64
a) Lei de Coulomb:
|Q q|
Fe = K 2
d
Manual do professor
Fe = 9,0 · 109
1,6 · 10–19 · 1,6 · 10–19
(1,0 · 10–10)2
Fe = 2,3 · 10–8 N
b) A força eletrostática Fe funciona como força centrípeta:
Fe = Fcp
2
2,3 · 10–8 = m v
R
9,0 · 10–31 · v2
2,3 · 10–8 =
1,0 · 10–10
2
12
v ⯝ 2,6 · 10
v ⯝ 1,6 · 106 m/s
c) Fr = Fe + Fg
Fr = 2,3 · 10–8 + G M m
d2
–31
· 10–27
Fr = 2,3 · 10–8 + 6,7 · 10–11 · 9,0 · 10 · 1,7
–10
(1,0 · 10 )2
Fr = 2,3 · 10–8 + 1,0 · 10–49
Observe que a interação gravitacional entre o próton e o elétron
é desprezível quando comparada com a interação eletrotástica.
Assim:
Fr = Fe = 2,3 · 10–8 N
d) Do item c, concluímos que:
Fcp = Fe
m v2 = K |Q q|
R
d2
v ⯝ 1,6 · 106 m/s
(Ver item b.)
Tópico 2
Campo elétrico
• Objetivos do Tópico
A grande dificuldade dos alunos do nível médio é
conseguir abstrair, encontrando dificuldade para “enxergar” algo abstrato como o campo elétrico. É importante que o educando consiga entender que o conceito de campo elétrico envolve a idéia de influência
proporcionada por uma carga elétrica em uma região
do espaço. Trabalhar esse conceito é trabalhar uma
das bases da Eletricidade.
Neste Tópico, é importante que o aluno entenda
o conceito de campo elétrico como um modelo teórico usado para explicar a interação a distância entre
partículas eletrizadas. Na medida do possível fazer
analogia com o campo gravitacional, mostrando as
17
semelhanças e as diferenças. Explicar aos alunos que
foi Isaac Newton o primeiro a usar a interação a distância entre dois corpos. Michael Faraday foi o autor
do conceito de campo que inicialmene foi usado na
interação entre partículas eletrizadas. Só mais tarde
essa idéia de campo foi levada à situação gravitacional e à magnética.
Insistir no caráter vetorial do campo elétrico e
procurar fazer o aluno visualizar as linhas de força
em diferentes campos elétricos, principalmente no
campo elétrico uniforme.
Deve-se explorar bem o item que trata do poder
das pontas, explicando o funcionamento dos páraraios e desmistificando certas crendices populares. Se
possível, pedir duas pesquisas para os alunos: em uma
delas, procurar diferentes tipos de pára-raio (fazendo
fotos) e promover um debate sobre as vantagens e as
desvantagens de cada um deles; em outra, pedir aos
alunos para pesquisarem as principais crendices sobre
raios (como, por exemplo: espelhos atraem raios; não
usar telefone durante tempestades; não deixar rádios
e TV ligadas enquanto ocorrem descargas elétricas na
atmosfera; etc.), apresentar aos colegas e debater (após
pesquisa) cada uma delas.
Dar especial atenção ao campo elétrico uniforme.
Esse assunto aparecerá em Tópicos futuros e é alvo de
cobrança em provas a serem realizadas pelos alunos
em vestibulares ou concursos.
• O que não pode faltar
1. Conceito e descrição de campo elétrico
2. Definição do vetor campo elétrico
3. Campo elétrico de uma partícula eletrizada
4. Campo elétrico devido a duas ou mais partículas
eletrizadas
5. Linhas de força
Exercícios
6. Densidade superficial de cargas
7. O poder das pontas
8. Campo elétrico criado por um condutor eletrizado
9. Campo elétrico criado por um condutor esférico
eletrizado
10. Campo elétrico uniforme
Exercícios
• Algo mais
Para as turmas de nível mais avançado podese completar o assunto utilizando-se o Teorema de
Gauss para as demonstrações das fórmulas utiliza-
18
TÓPICOS DE FÍSICA 3
das. Para turmas especiais, pode-se conceituar campo elétrico e em seguida apresentar o Teorema de
Gauss, demonstrando por meio dele as fórmulas que
vão aparecendo no decorrer desse assunto. É uma
maneira de fazer os alunos das turmas especiais entender como as fórmulas surgem, já que, para as turmas normais, essas fórmulas são apresentadas sem
explicações mais detalhadas.
Uma breve biografia de Michael Faraday
Jupiter Unlimited/Keydisc
(O idealizador do campo elétrico)
Apesar de não ter estudado em boas escolas,
sendo um autodidata, Faraday colocou a Eletricidade
como uma importante parte da Física, posicionandose entre os grandes, como
Galileu, Newton, Einstein.
Maxwell e outros. Foi ele
quem conceituou o campo
eletromagnético e idealiMichael Faraday (1791-1867)
zou as linhas de força que,
só mais tarde, Maxwell quantificou por meio de suas
equações. Faraday, sem grandes conhecimentos de
matemática, foi responsável pelas descobertas experimentais, e Maxwell, de grande formação teórica,
estabeleceu as sua equações, que são a base do Eletromagnetismo. A seguir apresentamos uma breve
biografia desse grande nome da Eletricidade, que
deve ser passada para os alunos como exemplo de
alguém que foi atrás de seus sonhos.
Michael Faraday nasceu na Inglaterra, em 22 de
setembro de 1791, nos arredores de Londres, Newington Butts (Surrey), que hoje se chama Elephant and
Castle. Filho de James Faraday, um ferreiro, teve
uma infância pobre junto com seus três irmãos. Sua
mãe, Margareth Hastwell, era muito amorosa, porém severa, forjando em Michael um caráter honesto, tornando-o persistente na busca de seus objetivos.
Devido à doença de seu pai, Michael foi obrigado a
trabalhar aos 13 anos (1804). Começou como entregador de jornais e, mais tarde, foi assistente de encadernação de livros. Seu patrão, um imigrante francês,
Mr. Riebau, não se importava que Michael lesse os
livros que encadernava. Assim, durante as encadernações ele foi descobrindo um mundo que o cativava
cada vez mais. As leituras da Enciclopédia Britânica
e do livro The Improvement of the Mind fizeram Faraday iniciar a sua busca pelo conhecimento.
Após a morte de seu pai (1809), Michael começou
a assistir a todas as conferências possíveis, procurando aprender cada vez mais.
Em 1812, ele recebeu de Mr. Riebau entradas
para quatro palestras de Sir Humphrey Davy na famosa Royal Institution. Fascinado com as palestras,
fez anotações que depois transformou em um texto
ilustrado, encadernou e enviou para Sir Davy, que na
época era um cientista de grande destaque. No ano
seguinte (1813), ele tornou-se assistente de Sir Davy,
quando iniciou uma época de grande produtividade,
aprendendo rapidamente e descobrindo novos horizontes para a Física e a Química.
Sir Davy, que também era oriundo de um ambiente pobre e, por isso, identificava-se com Faraday, levou-o em suas viagens pela Europa, onde este
conheceu vários cientistas, como Alessandro Volta,
André Ampère e Joseph Gay-Lussac. A partir daí,
Faraday começou a participar mais intensamente
nas pesquisas de Sir Davy, ajudando-o a desenvolver a lâmpada de segurança a ser utilizada nas minas de carvão. Faraday conseguiu liquefazer alguns
gases, dentre eles o dióxido de carbono e o cloro, o
que até então se acreditava não ser possível. Dentre
outros trabalhos desenvolvidos por Faraday podemos destacar: as Leis da Eletrólise, sessenta anos
antes de Thomson descobrir o elétron; o estudo das
descargas elétricas nos gases; a distribuição das
cargas elétricas na superfície de condutores (gaiola de Faraday); o diamagnetismo; a polarização de
luz e muitos outros. Ele conseguiu isolar o benzeno
a partir do óleo de baleia, o que, quatro décadas
depois, daria início ao estudo da Química Orgânica. Descobriu a rotação de um raio de luz quando
atravessa um campo magnético, depois chamada de
Efeito Faraday.
Em 1824, Faraday foi eleito membro da Real Sociedade de Ciências. Suas descobertas continuavam.
Em 1819, Hans Christian Oersted, físico dinamarquês, havia conseguido juntar a eletricidade e o magnetismo ao descobrir que correntes elétricas geravam
campos magnéticos. Até então, acreditava-se que a
eletricidade e o magnetismo eram coisas separadas
e não tinham relação. Em 1831, Faraday descobriu a
relação inversa: correntes elétricas podiam ser geradas por meio do magnetismo. Ele havia inventado a
bobina de indução. Num fio enrolado em um tubo
oco passava uma corrente contínua quando ele fazia variar o campo magnético no interior da bobina;
era o princípio do transformador. Faraday enunciou
as Leis da Indução Magnética, introduzindo a idéia
de linhas de força de um campo elétrico, que seriam
comprovadas matematicamente pelas equações de
Manual do professor
19
• Subsídios ao Descubra mais
Maxwell. Essa descoberta foi tão importante que sua
estátua na Royal Institution o mostra segurando uma
bobina de indução.
Em 1832, Faraday iniciou a Eletroquímica, utilizando corrente elétrica para “quebrar” compostos
químicos. Em seus trabalhos Pesquisas experimentais
em Eletricidade, em três volumes, e Pesquisas experimentais em Química e Física, ele estabeleceu a
linguagem básica da Eletricidade, criando os termos:
eletrólito, eletrodo, ânodo, cátodo, íon e outros.
Faraday estabeleceu o conceito de campo elétrico
e de campo magnético. Em 1849 tentou juntar a gravitação e a eletricidade, não conseguindo. (Lembre-se
de que Einstein também tentou essa unificação e morreu, em 1955, sem ter conseguido.)
Em 1821, Faraday casou-se com Sarah Barnard.
Adoeceu em 1839 e não mais conseguiu se recuperar.
Morreu em 25 de agosto de 1867, em Hampton Court,
próximo dos seus 76 anos. Foi enterrado na Abadia de
Westminster, ao lado de Isaac Newton.
Dodds/TopFoto/Keystone
1. Na fotografia a seguir, observamos um dispositivo, usado como enfeite, que chama muito a atenção das pessoas. Nele, encontramos uma esfera interna que é eletrizada de forma contínua e uma outra esfera externa de
vidro transparente. Entre as superfícies esféricas, existe
um gás sob baixa pressão. Os gases normalmente são
isolantes elétricos. No entanto, quando ionizados deixam de ser isolantes e tornam-se condutores.
Pesquise e tente explicar a emissão de luz nessa fotografia.
Na internet podemos ver anúncios da lanterna
perpétua de Faraday, que não utiliza pilhas, tem
26 cm de comprimento e cor branca translúcida. O
seu funcionamento baseia-se na Lei da Indução Eletromagnética de Faraday. Para carregá-la, basta agitar.
O movimento de vaivém de um ímã existente em seu
interior, que passa na parte interna de uma bobina,
induz nela correntes elétricas que irão carregar uma
bateria especial. Alguns segundos de agitação podem
produzir energia suficiente para acender a luz por até
5 minutos. Consta na propaganda que o LED superluminoso pode ser visto a um quilômetro de distância.
Essas lanternas não devem ser colocadas próximo de
cartões bancários
ou fitas magnéticas, já que o campo eletromagnético formado pelas
correntes induzidas pode desmagnetizar tais
objetos.
Reprodução
Uma curiosidade – A lanterna perpétua
de Faraday
O campo elétrico nas proximidades da esfera interna é muito intenso. Por isso, moléculas do gás aí
presentes são ionizadas, adquirindo carga elétrica do
mesmo sinal da carga da esfera interna. Os íons produzidos são repelidos por esta, deslocando-se então
para a esfera externa. Em outras palavras, são produzidas correntes elétricas iônicas através do gás, entre
as esferas.
Devido à alta intensidade do campo elétrico, os
íons adquirem energias cinéticas suficientes para provocar, por meio de colisões, extrações de elétrons
de outras moléculas, ionizando-as também, ou, pelo
menos, provocar excitações eletrônicas dessas outras
moléculas.
Tanto os elétrons extraídos como os excitados absorveram energia dos íons que incidiram nas moléculas. Essa energia é devolvida na forma de luz (efeito
ou descarga corona): íons se recombinam com elétrons que perderam e emitem luz, o mesmo acontecendo com elétrons excitados quando retornam ao
nível mais baixo de energia em que estavam antes de
serem bombardeados.
2. Pegue um rádio portátil pequeno, ligado e sintonizado
em uma estação. Embrulhe esse rádio em uma folha de
jornal. Agora desembrulhe e volte a embrulhá-lo em
20
TÓPICOS DE FÍSICA 3
papel-alumínio, com várias voltas. O que ocorre de diferente? Como explicar os resultados desses dois experimentos?
Mesmo embrulhado no papel jornal, apesar de ter
a intensidade do som diminuída, continuamos a ouvir
o rádio. Quando repetimos o experimento utilizando
papel-alumínio, notamos que o rádio deixa de transmitir o som. Isso ocorre porque o papel-alumínio se
comporta como uma gaiola de Faraday, impedindo
que sejam captados os campos eletromagnéticos que
transportam os sinais.
As ondas eletromagnéticas são constituídas de
dois campos variáveis com o tempo, um elétrico e
outro magnético, que se propagam através do espaço. Quando a antena de um receptor de rádio recebe
essa onda, uma corrente elétrica é nela induzida. Essa
corrente induzida é posteriormente amplificada para
produzir o funcionamento do alto-falante. Quando o
receptor está envolto por papel-alumínio ou por uma
rede metálica, a corrente induzida encontra uma “superfície” repleta de elétrons e sofre uma dissipação,
não encontrando um caminho para atingir a antena.
Assim, o rádio receptor não consegue sintonizar uma
emissora. Observe que, ao ficar envolto em papel-alumínio, o receptor de rádio estará no interior de um
condutor oco, onde o campo elétrico é nulo e as cargas
elétricas permanecem em equilíbrio.
No caso de substituirmos o papel-alumínio por
uma tela metálica, a dimensão da malha deve ser menor que o comprimento de onda da onda eletromagnética que deveria atingir a antena receptora. Se for
maior, a onda atravessará.
Este experimento pode ser realizado com os alunos, utilizando dois celulares, um jornal e papel-alumínio. Peça a um aluno que ligue para o celular que
se encontra em cima de uma mesa, embrulhado em
jornal. Peça ao aluno que volte a ligar, agora para o
celular envolto em papel-alumínio
27 A carga + q gera, em P, campo de “afastamento”. As distâncias
de cada porção Δq de carga até o ponto P é a mesma.
Assim, em P, temos infinitos vetores campo elétrico:
• Resolução dos exercícios propostos
Assim:
EQ = Eq sen 30° + Eq sen 30°
E2
y
–q
C
B
D
+q
EC
EA
O
EB
+q
A
–q
x
ED
EX
Decompondo esses vetores segundo os eixos x e y, notamos que no
eixo y a resultante é nula. No eixo x a resultante é diferente de zero.
Alternativa a.
E1
Devido à simetria na distribuição desses vetores, a resultante E terá direção vertical e sentido para cima.
E
P
Alternativa e.
28 Em A, queremos que E = 0:
A
Mas:
EA = Eq + Eq + EQ
1
2
Eq
Eq sen 30°
2
2
Eq sen 30°
1
30°
30°
Eq cos 30°
1
Eq cos 30°
2
EQ
1
22
P
EQ = 2 Eq sen 30°
1
Como: E = k Q2
d
Temos:
q
K Q2 = 2 K 2 · 1
y
L 2
Q= q
y2 L2
8 · 10–6 = 2 · 10–6
y2
32
y2 = 36
y = 6 cm
2
Eq
1
Manual do professor
30 Nominando as cargas, temos:
54
q
q
(5) –
q
q
+
–
A
(3)
q
σ2
σ1
–
(1)
E1
P
+
q
E1
Q
(4)
e
+
(2)
(6)
Na figura, notamos que as cargas 1 e 2, 3 e 4, 7 e 8 produzem campo
resultante nulo no ponto de encontro das diagonais do cubo.
Apenas as cargas 5 e 6 produzem campo elétrico resultante não-nulo no
encontro das diagonais.
Assim:
EE = E5 + E6
|q|
EE = 2 K 2
x
Mas x é metade da diagonal do cubo:
x = 1 (ᐉ 3)
2
Portanto:
2 Kq
8 Kq
EE =
2 ⇒ EE =
3 ᐉ2
ᐉ 3
2
e a força aplicada na carga 2q, colocada em A, vale:
σ1 0
σ2 0
Alternativa a.
64
a)
T
Fe
60°
P
b) T sen 60° = P
T cos 60° = Fe
sen 60° = P
cos 60° Fe
Fe =
q2
F = 16 K 2
3
ᐉ
Kq
F = |2q| E ⇒ F = 2q 8 · 2 ⇒
3 ᐉ
E2
|EQ| = |E2| – |E1|
Para ocorrer o descrito devemos
ter:
|E2| |E1|
Assim:
|σ1| |σ2|
E2
q
–
–
|Ep| = |E1| + |E2|
(8)
(7)
q
P = 0,03 ⇒ F = · 10–2 N
3
e
tg 60°
3
c) Fe = |q| E
3 · 10–2 = 5,0 · 10–6 E
Alternativa c.
34 O descrito no texto e os respectivos campos elétricos, represen-
tados pelos vetores E1, E2, E3 e E4 , estão indicados na figura a seguir:
Q
y
(1)
E = 2 3 · 103 N/C
66 O campo elétrico em D é representado por:
A
+q
qB
a
B
d E1
–Q
(4)
d
E4
E2
O
E3
(2)
d
Q
x
a
d
d
a
EB
–Q
(3)
EC
+q
D
Na origem O do sistema cartesiano, temos:
Por Pitágoras, vem:
E2res = (2E)2 + (2E)2
E2res = 2 (2E)2
2E
Eres = 2 2 E
EA
y
EAC
0
x
Eres = 2 2 k0 Q2
d
q
a2
Usando-se Pitágoras:
E2AC = E2A + E2C
|EA| = |EC| = K
2E
Eres
Alternativa a.
21
E2AC = 2 K
q
a2
2
a
C
22
TÓPICOS DE FÍSICA 3
q
a2
EAC = 2 K
70
A
T
Como:
|EAC| = |EB|
–
E
Fe P
temos:
|qB|
Kq
2 2 =K 2
d
a
Mas:
d = a 2 (diagonal do quadrado)
Então:
|qB|
|qB|
Kq
q
⇒ 2 2= 2
2 2 =K
2
(a 2)
a 2
a
a
|qB| = 2 2 q
Sendo EB um vetor campo de “aproximação” em relação à carga qB,
esta deve ter sinal negativo.
Assim:
qB = –2 2 q
Alternativa e.
Se a força Fe é vertical voltada para baixo, o campo elétrico entre as placas é vertical, voltado para cima. Assim, a placa A possui carga negativa
e a placa B, positiva. Observe que a carga q é negativa.
(01) Falsa.
(02) Verdadeira.
(04) Falsa.
(08) Verdadeira.
Fe = |q| E
(3 – 2) = |q| 4 · 106 ⇒
|q| = 0,25 · 10–6 C
(16) Falsa.
(32) Falsa.
Portanto, a soma das alternativas corretas é 10.
74
68
+Q
B
a) F = Fe
m a = |q|E ⇒ a =
EA O
–Q
A
+Q
C
EC
EB
|q| E
m
Portanto:
ap |qp| mα
=
aα |qα| mp
Sendo e a carga do próton e m a massa, temos:
EAC
ED
O
ap e 4 m
=
⇒
aα 2e m
θ
EABC
EB
Atenção:
EA = EB = EC = E
EAC = 2E
Portanto, usando Pitágoras, temos:
E2ABC = E2AC + E2B
E2ABC = (2E)2 + E2 = 4E2 + E2 = 5E2
K
b) Na vertical as partículas possuem MUV.
2
Δs = a t
2
Como Δsp = Δsα, temos:
ap t2p aα t2α
=
2
2
ap
t 2 = t2
aα p α
K |Q|
|Q’|
= 5 2
R
R2
tp
tα
Q’ = 5 Q
A posição da carga Q’ é dada por:
O
Q‘
2
=1 ⇒
2
tp
= 2
tα 2
75
em que:
E
tg θ = B = E
EAC 2E
θ
ap
=2
aα
2 t2p = t2α
EABC = 5 E
tg θ = 1
2
Assim: θ = arc tg 1
2
B
1) Cálculo da massa da gota:
d= m ⇒ m=dv
v
m = d 4 π r3
3
m = 1 000 4 3,14 · (10 · 10–6)3 (kg)
3
m ⯝ 4,2 · 10–12 kg
Manual do professor
2) O movimento horizontal da gota é uniforme. Assim:
Δs = v t
2,0 · 10–2 = 20 t
t = 1,0 · 10–3 s
3) O movimento vertical da gota é uniformemente variado pelo fato
de ela atravessar um campo elétrico uniforme. Observe que não vamos considerar o campo gravitacional. Assim:
|q| E
m a = |q| E ⇒ a =
m
Na queda:
2
|q| E t2
Δs = a t ⇒ y =
·
2
m 2
Para que a gota sofra a ação de uma força no sentido do campo
elétrico, a sua carga deve ser positiva.
Portanto:
q 8,0 · 104 (1,0 · 10–3)2
0,30 · 10–3 =
·
2
4,2 · 10–12
23
80
L = 0,20 m
L = 0,20 m
x
m
+
Fe
P
Pm
P
Aplicando-se a condição de equilíbrio, temos:
(Fe + P)L = Pm x + P L
FeL + P L = Pm x + P L
FeL = Pm x
|q| E L = mg x
3,0 · 10–10 · 2,0 · 106 · 0,20 = 0,10 · 10–3 · 10 x
x = 0,12 m
81 Na esfera, temos:
Fe
60°
T
(y)
Fe
(x)
q ⯝ 3,1 · 10–14 C
Alternativa b.
P
76 As forças de repulsão são conservativas (forças de campo). As-
sim, a energia cinética transforma-se em potencial. Portanto, estando a
partícula em repouso em M, temos:
ΔEp = ΔEc = 3,2 · 10–21 J
Como e = 1,6 · 10–19 C, temos:
3,2 · 10–21
ΔEp =
eV
1,6 · 10–19
ΔEp = 2,0 · 10–2 e V
ΔEp = 20 · 10–3 e V
ΔEp = 20 m e V
T(x) = T sen 60°
b) Na partícula de massa 3 m:
P
+
Fe
(y)
Fe = IqIEx
(x)
P = mg
|q| Ex = T sen 60°
3 · 105 = T
3
2
(I)
m g = |q| Ey + T cos 60°
2 mg
E
T
Fe = IqIEy
No eixo x, temos:
Fe(x) = T(x)
T = 2 · 105 q
No eixo y, temos:
P = Fe(y) + T(y)
a) No equilíbrio, temos:
FE = P
QE + QE = (m + 3 m) g
2QE = 4 mg
FE
60°
q
77
Q=
T(y) = T cos 60°
T
Assim:
T + FE = Fe + P
QQ
T + QE = k 2 + 3 mg
a
T = k2 Q2 – QE + 3 mg
a
2 · 10–3 · 9,8 = q 105 + T 1
2
Usando-se I, vem:
2 · 105 q
1,96 · 10–2 = q 105 +
2
1,96 · 10–2 = q 105 + q 105
1,96 · 10–2 = 2q 105
q = 9,8 · 10–8 C
Em (I), temos:
T = 2 · 105 · 9,8 · 10–8 N
T = 1,96 · 10–2 N
2 mg 2 2 mg
–
E + 3 mg
T = k2
E
E
a
T=
k 4 m2 g 2
– 2 mg + 3 mg
a2 E2
T=
4 k m2 g 2
+ mg
a2 E2
Alternativa b.
82 A aceleração do elétron é devida a uma força elétrica e tem a
mesma direção e sentido oposto ao do campo elétrico E . O módulo da
aceleração é dado por:
F = Fe
m a = |q| E
24
TÓPICOS DE FÍSICA 3
|q| E 1,6 · 10–19 · 100
=
9,1 · 10–31
m
12
a = 17,6 · 10 m/s2
O movimento do elétron é um movimento balístico, valendo:
v0 = v0 sen 30°
–9
EM = 2 · 9 · 109 1 · 10 2
(0,10)
a=
EM = 1 800 N/C
c)
y
y
v
v0 = 0
y
2
Na vertical temos um MUV:
v = v0 + γ t
N EB
a
v0
EA
v0
y
M
10 cm
30°
x
v0 v0
= –at
2 2
a t = v0 ⇒ 17,6 · 1012 t = 4 · 105
t = 0,23 · 10–7 s = 23 · 10–9 s
10 cm
A
10 cm
B
EN = EA + EB
Então:
EN = EA – EB
–
EN = K
t = 23 n s
|Q|
|Q|
–K 2
2
dA
dB
9
–9
9
–9
EN = 9 · 10 · 1 ·210 – 9 · 10 · 1 ·210
(0,10)
(0,30)
Alternativa c.
83
EN = 900 – 100
C
120°
EN = 800 N/C
60°
84
20 cm
O
20 cm
θ
60°
A
+Q
a) Em C:
60°
M
B
20 cm
–Q
FC
A
EA
B
30°
30°
E
M
120°
EC
FA
d
C
EB
P
FA = FC = K
EC = EA + EB
|Q|
Como EA = EB = K 2
d
1
· 10–9
9
EA = EB = 9 · 10
(0,20)2
EA = EB = 225 N/C
Então, aplicando a Lei dos Cossenos, temos:
E2C = E2A + E2B + 2EA EB cos 120°
|Q Q|
d2
2
F
FA = K Q2 ⇒ Q = d A
K
d
(I)
Usando a Lei dos Cossenos, temos:
F2AC = F2A + F2C + 2FA FC cos 60°
F2AC = F2A + F2A + 2F2A 1
2
E2C = E2A + E2A + 2 E2A – 1
2
E2C = E2A + E2A – E2A = E2A
F2AC = 3F2A ⇒ FAC = FA 3
(II)
Em B, temos:
EC = EA = 225 N/C
θ
b) Em M:
M
A
+Q
10 cm
EA
B
EB
–Q
T
EM = EA + EB
Como: EA = EB
então: EM = EA + EB = 2EA
EM = 2K
|Q|
d2
B
FAC
θ
P
30°
30°
F
FAC
Manual do professor
FAC
P
FAC = P tg θ
Juntando (II) e (III), vem:
tg θ =
FA 3 = P tg θ ⇒ FA =
(III)
P tg θ
(IV)
3
Na figura, podemos observar que o triângulo ABC é eqüilátero e o ponto M é o encontro das alturas. Assim:
BM = 2 BE
3
Mas, no triângulo BEC, temos:
cos 30° = BE ⇒ BE = d cos 30° = d 3
d
2
Então:
d
BM = 3
(V)
3
No triângulo OMB, temos:
sen θ = BM ⇒ BM = ᐉ sen θ
ᐉ
Usando (V), vem:
d
ᐉ sen θ = 3 ⇒ d = 3 ᐉ sen θ
3
Portanto, em (I), temos:
Q = 3 ᐉ sen θ
Q = ᐉ sen θ
4) Na direção y (onde existe o campo E, temos MUV:
v = v0 + γ t
Sendo: v0 = v sen 30°
qE
F = –q E ⇒ γ = –
(m1 + m2)
Em P, vy = 0, e:
2m1
qE
1
0=
· –
t
(m1 + m2) 2 (m1 + m2)
m1
qE
t
=
(m1 + m2) (m1 + m2)
m
t= 1
qE
5) Na direção x (MU), temos:
d = vx t
d = v (cos θ) t
m
2m1
· 3· 1
d=
(m1 + m2) EQ 2 qE
d=
m21 3
(m1 + m2) EQ
86
P tg θ ⇒ Q = ᐉ sen θ 3 P tg θ
3K
3K
3 P tg θ
K
85
1) O corpo m1 desloca-se em movimento acelerado entre θ = 0° e
θ = 300°. Assim, usando-se a Equação de Torricelli (angular), temos:
ω2 = ω20 + 2αΔθ
ω2 = 0 + 2 6π · 5π
5 3
ω2 = 4π2
ω = 2π rad/s
Como v = ωR, então:
v1 = 2π 1
π
v1 = 2 m/s
2) Na colisão inelástica total, entre m1 e m2, vem:
Qantes = Qdepois
m1 v1 = (m1 + m2)v
m1
2
v=
(m1 + m2)
3) O conjunto (m1 + m2) fica sob a ação do campo elétrico, após o fio
arrebentar.
v
30°
25
a) Entre as placas existe um campo elétrico. Assim, o movimento da
partícula é um movimento balístico.
1) Na horizontal (MU):
d = v Δt
5,0 · 10–2 = 1,0 · 103 Δt
Δt = 50 · 10–5 s
2) Na vertical (MUV):
γ t2
Δs = v0t +
2
γ (5,0 · 10–5)2
–2
2,5 · 10 =
2
5,0 · 10–2 = γ 25,0 · 10–10
γ = a = 2,0 · 107 m/s
Portanto:
Fe = F
|q| E = ma
0,1 · 10–6 E = 10–6 · 2,0 · 107
E = 2,0 · 108 N/C
b) Fora das placas, a partícula fica isenta da ação de campos (elétrico
e gravitacional). Assim, seu movimento é retilíneo e uniforme até o
ponto P.
Portanto, em y1 e em P, a velocidade tem a mesma intensidade.
1) Na vertical (entre as placas) (MUV):
v = v0 + γ t
vy = 0 + 2,0 · 107 · 5,0 · 10–5
vy = 1,0 · 103 m/s
2) Na horizontal:
vx = v0 = 1,0 · 103 m/s
3) Por Pitágoras:
v2 = v2x + v2y
v2 = (1,0 · 103)2 + (1,0 · 103)2
v2 = 1,0 · 106 + 1,0 · 106 = 2,0 · 106
v = 2,0 · 103 m/s
26
TÓPICOS DE FÍSICA 3
A carga total na barra é negativa:
87
Qbar 0
Fe = mg + QE
Fe = 0,1 · 10 + 3 · 10–5 · 1 · 105
Do Teorema de Gauss, temos:
Qi = φ total · ε
Considerando superfícies gaussianas envolvendo a carga q e a barra, notamos que o fluxo total (φ) é maior na gaussiana que envolve a carga q.
Fe = 4N
T
b) R = Q =
T0
R=
2π
mᐉ
Fe
2π
mᐉ
mg
mg =
Fe
Assim: |Qbar| |q|
Alternativa b.
0,1 · 10 = 1
4
4
91 Para 0 r R
1
E=0
E
R= 1
2
c) No item b, vimos que:
T
R= Q = 1
T0 2
R1
T
TQ = 0
2
O novo período (TQ) passa a ser a metade de T0. Isso indica que o
relógio “anda” o dobro, isto é, marca 2 minutos quando, na verdade, passou 1 minuto.
Assim, das 12 às 15 horas o relógio marca um tempo de 6 horas (o
dobro do real).
E
t = 6 h (da tarde)
R1 R2
88 De acordo com o Teorema de Gauss:
Qinterna
Como as duas superfícies A e B envolvem a mesma carga interna Q, temos:
φtotal =
φtotal = φtotal
(A)
r
Para R1 r R2
Qi varia de maneira uniforme com o aumento do raio r.
Para r R2
Qi se mantém constante.
r
Qi
Qi
Qi 1
E=
⇒ E=
4π r2
4π r2 EA=
A intensidade de E diminui na razão inversa do quadrado do raio r.
(B)
Alternativa e.
E
89 Teorema de Gauss:
Qinterna
Observando que o comprimento do fio no interior das três superfícies
é o mesmo: LA = LB = LC, então, temos cargas internas iguais no interior
das três superfícies. Assim:
φtotal =
R1 R2
r
Alternativa a.
φtotal = φtotal = φtotal
(A)
(B)
(C)
Tópico 3
Alternativa a.
90
+
q
Potencial elétrico
• Objetivos do Tópico
Barra
Pela configuração das linhas de
força na barra, temos:
–
–
–
–
Barra
+
+
+
–
Neste Tópico, voltamos a exigir mais abstração
dos alunos. Devemos trabalhar com os conceitos de
campo elétrico e potencial elétrico como sendo propriedades dos pontos de uma região do espaço que se
encontra sob a influência de carga elétrica. O conceito
Manual do professor
• O que não pode faltar
1. Energia potencial eletrostática e o conceito de
potencial em um campo elétrico
2. Potencial em um campo elétrico criado por uma
partícula eletrizada
3. Potencial em um campo elétrico criado por duas
ou mais partículas eletrizadas
4. Eqüipotenciais
Exercícios
5. Trabalho da força elétrica
6. Propriedades do campo elétrico
7. Diferença de potencial entre dois pontos de um
campo elétrico uniforme
Exercícios
8. Potencial elétrico criado por um condutor eletrizado
9. Potencial elétrico criado por um condutor esférico eletrizado
Exercícios
10. Capacitância
11. Capacitância de um condutor esférico
12. Energia potencial eletrostática de um condutor
13. Condutores em equilíbrio eletrostático
Exercícios
14. Indução eletrostática
15. O potencial da terra
Exercícios
• Algo mais
O encerramento do estudo da Eletrostática pode
ser feito com a apresentação de trabalhos, elaborados
por meio de pesquisas em livros, vídeos e internet e
com a ajuda do professor. Os alunos podem apresentar
pára-raios, geradores de Van de Graaff, eletroscópios
e outros dispositivos eletrostáticos construídos por
eles; experiências de eletrização, fazendo os cabelos
longos de uma aluna ficar espetados; trabalhos sobre
cargas elétricas na atmosfera terrestre. Podem, também, realizar uma exposição de fotos que envolvam
fenômenos eletrostáticos. Agora é a hora de deixar a
criatividade dos alunos se manifestar.
Uma breve biografia de Alessandro Volta
(O inventor da pilha elétrica)
Jupiter Unlimited/Keydisc
de potencial elétrico deve ser associado à existência de
um campo elétrico no local considerado. Deve-se destacar que, enquanto o campo elétrico é uma grandeza
vetorial, o potencial elétrico é uma grandeza escalar.
Mostrar bem a diferença entre campo e potencial, evitando que os alunos confundam os dois conceitos.
A expressão do trabalho realizado pelo campo elétrico deve ser demonstrada para que o aluno entenda
o que ocorre quando o movimento de uma partícula
eletrizada se dá em uma eqüipotencial.
O conceito de capacitância deve ser abordado de
maneira breve, deixando-se mais tempo para a exploração das particularidades do equilíbrio eletrostático. Dar
especial atenção aos exercícios em que aparecem os campos elétrico e gravitacional, onde partículas com massa e
carga elétrica ficam sob a ação dos dois campos.
O último bloco oferece situações para a motivação
dos alunos, não só durante a apresentação e explicação do fenômeno de indução eletrostática, como na
construção e uso de um eletroscópio. O bom entendimento da indução eletrostática facilitará o estudo
posterior de capacitores.
27
Alessandro Giuseppe
Antonio Anastásio Volta nasceu na cidade de
Como, Itália, em 18 de fevereiro de 1745, em uma
família de nobres. Desde
muito cedo se interessou
pela Física e, apesar de
sua família desejar que
seguisse carreira jurídica,
passou a estudar Ciências. Em 1773, casou-se com Teresa Peregrini, com
quem teve três filhos. Em 1774, passou a lecionar
Física na Scuola Reale de Como. Em 1775, inventou o eletróforo, aparelho que podia produzir cargas elétricas. Em 1778, ele descobriu e isolou o gás
metano, fato que o introduziu na comunidade científica da época, quando pôde se relacionar com outros cientistas. Em 1779, foi nomeado catedrático
de Física Experimental da Universidade de Pavia,
sendo eleito reitor em 1785.
Em 1786, por mero acaso, o professor de Anatomia da Universidade de Bolonha, Luigi Galvani,
observou que, ao dissecar uma rã, os músculos das
pernas apresentavam movimentos espasmódicos que
associou a descargas elétricas. Após estudos, Galvani
explicou esse fenômeno pela existência de uma eletricidade animal, que foi denominada fluido galvânico.
A partir de 1792, Alessandro Volta passou a estudar e
a repetir os experimentos de Galvani e, em 1797, descobriu que o tecido animal não produzia eletricidade,
apenas funcionava como condutor. A descarga elétrica
ocorria devido ao contato de dois terminais metálicos
que eram colocados em contato com o tecido animal.
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Os metais eram os eletromotores. Percebeu, ainda,
que, usando prata e zinco, interligados por um condutor úmido, podia obter melhores descargas.
Em 1799, multiplicou o efeito usando várias camadas de zinco e prata (depois substituídas por cobre)
intercaladas e separadas por panos embebidos de água
e sal. Nascia a pilha elétrica. Em março de 1800, Volta
enviou uma carta (em francês) para Sir Joseph Banks,
presidente da Royal London Society (Inglaterra), relatando suas descobertas no campo da eletricidade,
dizendo que havia inventado uma garrafa de Leyden
que não precisava ser carregada.
2. A tensão elétrica no diagnóstico médico
–
Pólo
negativo
provocando a passagem de íons de sódio para o interior da célula. A grande quantidade de Na+ neutraliza
os íons negativos e, em seguida, torna a superfície interna da célula positivamente carregada. A diferença
de potencial entre as faces da membrana torna-se momentaneamente positiva, por volta de +30 mV. As portas se fecham e a membrana volta ao seu potencial inicial (–70 mV). Essa variação de potencial, de –70 mV
para +30 mV, ocorre em alguns milissegundos e o pulso elétrico se propaga com velocidade de aproximadamente 50 m/s até a próxima célula muscular.
Zinco
Feltro
Cobre
Pólo
positivo
+
Em 1801, recebeu a maior honraria do Instituto
Nacional de Ciências da França, a Medalha de Ouro
do Mérito Científico. Ao demonstrar seu invento ao
imperador Napoleão Bonaparte, recebeu apoio para
continuar com seus experimentos e foi agraciado com
o título de Conde e Senador do Reino da Lombardia.
Depois de passar toda a vida dedicado ao estudo da
Eletricidade, Volta morreu em 5 de maio de 1827, com 82
anos de idade, em sua cidade natal. Em 1881, por meio
de um acordo internacional, seu nome passou a designar
a unidade de medida de tensão elétrica – volt (V).
Curiosidades – Aplicações biomédicas da
tensão elétrica
A superfície do corpo humano não é uma superfície eqüipotencial. Entre pontos diferentes podemos
encontrar pequenas diferenças de potencial de 50 a
500 V que proporcionam a realização dos eletros
(eletrocardiografia, eletroencefalografia e outros). Na
realização de suas funções biológicas, as células do
corpo humano utilizam íons de sódio e de potássio
(eletrizados positivamente) e íons de cloro (eletrizados negativamente) no fluido intercelular. Tais partículas eletrizadas são responsáveis pelos campos elétricos que se estendem até a superfície e das pequenas
diferenças de potencial citadas.
Para uma eletrocardiografia, por exemplo, eletrodos são posicionados em locais preestabelecidos da
superfície do corpo para a medida de diferenças de
potencial, que variam com o batimento cardíaco. Essa
variação de potencial forma um padrão repetitivo em
função do tempo, que, ao ser comparado com padrões
de referência, permite saber se o coração em questão
está funcionando de maneira normal ou anormal.
Na figura a seguir, encontramos um esquema que
representa as conexões para a realização de um exame
de eletrocardiograma.
1. Como os impulsos elétricos são originados nas células musculares
As células do corpo humano transmitem informações por meio de sinais elétricos. Devido à diferença
de potencial existente, os nervos são os condutores
dessas correntes elétricas. O tecido que envolve as células é rico em íons de sódio Na+ e cloro Cl–, enquanto
o tecido interno contém íons de potássio K+ e proteínas
eletrizadas negativamente. O acúmulo dessas cargas
ocorre nas proximidades da membrana celular, de forma que ela age como um capacitor, apresentando uma
diferença de potencial de aproximadamente –70 mV.
Ocorrendo um estímulo suficientemente forte em um
ponto do neurônio, “portas” se abrem na membrana,
–
Sinal
diferencial
+
Sinal de
modo comum
Isolação
28
Circuito
comum
Terra
1. As lâmpadas fluorescentes são mais econômicas que
as de incandescência. Por quê? Como as lâmpadas fluorescentes emitem luz? É possível acender uma lâmpada
fluorescente sem ligá-la à rede elétrica?
No interior do tubo de vidro de uma lâmpada fluorescente existe argônio e vapor de mercúrio sob baixas
pressões (3 mm Hg), rarefeitos. Nas extremidades do
tubo encontramos filamentos (espirais de tungstênio revestidos de um óxido emissor de elétrons) que funcionam como eletrodos que, ao serem aquecidos, emitem
elétrons e iniciam a ionização das partículas gasosas.
Num determinado instante, o reator anexo à lâmpada
aplica uma tensão próxima de 450 V, que provoca a passagem de corrente elétrica através do gás. Essa corrente
é formada de elétrons e de íons (positivos e negativos).
A colisão dessas partículas desloca elétrons que, ao retornarem aos seus orbitais de origem, emitem fótons
(salto quântico). Grande parte desses fótons corresponde à radiação ultravioleta, invisível para nossos olhos.
Assim, o tubo de vidro é revestido internamente por um
composto de fósforo (clorofluorfosfato de cálcio com
antimônio e manganês) que, ao receber radiação ultravioleta, emite luz na região visível. Portanto, a cor da
luz emitida pela lâmpada (branca ou amarela) é definida pela composição química da substância que reveste
internamente o tubo de vidro.
Como a emissão dessa luz é feita sem aquecimento
apreciável de partes da lâmpada, a energia elétrica utilizada é transformada, quase em sua totalidade, em luz
emitida. Assim, o rendimento dessas lâmpadas chega a
ser cinco vezes maior que o das incandescentes.
Aproximando-se uma lâmpada fluorescente (desligada da tomada) de um gerador de Van de Graaff
(funcionando), podemos observar que ela emite luz.
Isso ocorre porque o campo elétrico criado pelo gerador provoca diferenças de potencial entre pontos do
espaço que o envolve. Assim, o gás existente no interior da lâmpada é ionizado por esse campo elétrico
e emite luz. Se existir um gerador de Van de Graaff
no laboratório da escola, esse experimento poderá ser
realizado, para grande admiração dos alunos.
2. Nas propagandas de jornais e revistas podemos encontrar televisores de plasma e televisores de LCD. O que é
plasma? Qual a diferença entre esses dois tipos de televisor?
Aos três estados físicos da matéria (sólido, líquido
e gasoso) foi acrescentado um quarto estado, o plasma.
A formação desse plasma é obtida pelo aquecimento
de um gás, quando os átomos começam a perder elé-
Monitor de LCD.
Monitor de plasma.
trons que se tornam livres. A matéria, formada pelos
íons mais esses elétrons livres, é chamada de plasma.
É o que ocorre no interior das estrelas, como no nosso
Sol. A maior parte da matéria encontrada no universo
(99%) é composta de partículas ionizadas em forma de
plasma. Como o plasma encontra-se em temperaturas
extremamente altas (mais de 2 000 K), a agitação de
seus átomos é tão grande que as colisões entre partículas é muito comum e a força nuclear forte não é suficiente para manter o núcleo atômico estável.
Na Terra podemos observar manifestações naturais
da matéria em seu quarto estado: na ionosfera temos
a aurora boreal e a aurora austral. No interior de uma
lâmpada fluorescente ligada, emitindo luz, encontramos
matéria em forma de plasma, o argônio e o mercúrio altamente aquecidos, emitindo ondas eletromagnéticas.
A tecnologia do plasma e do LCD (liquid crystal display) data da década de 60 do século XX. No
entanto, o primeiro televisor utilizando esse conhecimento data de 1997. A tela de plasma emite luz em
cada ponto da tela, graças às “células” individuais de
gás neon e xenônio, e a tela de LCD possui, atrás da
tela, uma fonte de luz única (backlight) que consome mais energia que o próprio painel. Nos dois casos, cada ponto da tela ou pixel (picture element) é
composto de três subpixels: um vermelho, outro verde
e um terceiro azul, chamados de componentes RGB
(red, green and blue). Nos LCD, o cristal líquido controla a passagem de luz em cada subpixel. No plasma,
cada subpixel é excitado de acordo com a imagem que
deve ser formada na tela.
Ann Thomas/Corbis/LatinStock
• Subsídios ao Descubra mais
29
Jupiter Unlimited/Keydisc
Manual do professor
30
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Cálculo da intensidade do campo elétrico em P.
Usando a Lei dos Cossenos:
E2(P) = E2(1) + E2(2) + 2E(1) E(2) cos 120°
Como:
|Q|
E1 = E2 = K 2
d
–6
E1 = E2 = 9 · 109 10 2 (V/m)
(0,3)
E1 = E2 = 105 V/m
Então:
E2(P) = (105)2 + (105)2 – (105)2
• Resolução dos exercícios propostos
7
q q
(1)
EA ≠ 0
R
A
E(+)
vA = v(+) + v(+) + v(–) = v(+)
(v(+) = –v(–))
E(+)
vA ≠ 0
E(–)
–q
(2)
E(p) = 105 V/m
q
Alternativa a.
EB = 0
R
120°
E
120°
(Ver resolução do
exercício 68 — Tópico 2)
vB = v(+) + v(+) + v(+) = 3V(+)
E
B
120°
q
E
ma = |q|E ⇒ a =
–q q q
E(+)
(02) Correta.
vC = v(+) + v(+) + v(–) = v(+)
C
(04) Incorreta.
τAB = q(VA – VB)
Na eqüipotencial VA = VB
Assim:
vC ≠ 0
E(+)
–q
q
E(–)
E(–)
E(+)
τAB = 0
(08) Incorreta.
Desloca-se espontaneamente para pontos de potencial menor.
ED = 0
vD = v(+) + v(+) + v(–) + v(–) = 0
E(+)
(16) Correta.
Ep = qV
No ponto B, temos:
2,0 · 10–1 = 2,0 · 10–3 · VB
vD = 0
–q
q
(5) –q
q
VB = 100 V
EE ≠ 0
E(+)
vE = 0
E(–)
a) (2) e (4)
b) (4) e (5)
E(+)
q
(32) Correta.
ΔEp = Ep – Ep = τAB
A
B
Ep – Ep = q (VA – VB)
A
B
Ep – Ep = q E d
A
B
Ep – 2,0 · 10–1 = 2,0 · 10–3 · 100 · 0,10
A
Ep – 2,0 · 10–1 = 0,2 · 10–1
vE = v(+) + v(+) + v(–) + v(–) = 0
E(–)
|q| E
m
Movimento acelerado.
EC ≠ 0
R
E(–)
(4)
F = |q| E
F = ma
vB ≠ 0
q
(3)
38
(01) Incorreta.
–q
A
17 Cálculo do potencial em P:
v(P) = v(Q ) + v(Q )
1
Ep = 2,2 · 10–1 J
E(1)
2
P
Q
Q
v(P) = K 1 + K 2 = K (Q1 + Q2)
d
d d
A
Resposta: 50
120°
EP
47
60°
9
v(P) = 9 · 10 (1 · 10–6 – 1 · 10–6)
0,3
E(2) d
d
v(P) = 0
60°
60°
Q1
a) Num CEU (campo elétrico uniforme), vale:
Ed=U
Assim:
E 12,0 · 10–2 = 15 · 103
d
Q2
E = 1,25 · 105 v/m
31
Manual do professor
b) Aplicando-se o TEC (Teorema da Energia Cinética), vem:
τ = ΔEC
q U = Ec – Ec
final
inicial
Mas:
Ec = 0
inicial
Os elétrons partem do repouso.
Assim:
Ec = q U
final
Ec = 1,6 · 10–19 · 15 · 103 (J)
b) Como a esfera B está ligada à terra, seu potencial é nulo.
V(B) = 0
c) O ponto P é interno à esfera B e externo à esfera A. Assim:
Q
Q
Vp = K A + K B
d
RB
Vp = 9,0 · 109
final
(4,0 · 10–6) (–4,0 · 10–6)
+
0,50
0,80
Vp = 2,7 · 104 V
Ec = 2,4 · 10–15 J
final
48 No equilíbrio das gotículas, temos:
Fe = P
|q| E = mg
Mas, num CEU, vem:
Ed = U ⇒ E = U
d
Assim:
6,0 · 102
|q| U = mg ⇒ |q|
= 1,2 · 10–12 · 10
d
1,6 · 10–2
|q| = 3,2 · 10–16 C
Sendo:
|q| = n e
vem:
3,2 · 10–16 = n 1,6 · 10–19
n = 2,0 · 103 elétrons
Alternativa a.
82
a) C = Q
v
CA =
–6
QA
⇒ CA = 12 · 10 ⇒ CA = 40 nF
vA
300
CB =
QB
9,0 · 10–6
⇒
⇒ CB =
vB
450
b) v =
CB = 20 nF
QA + QB
12 · 10–6 + 9,0 · 10–6
+
CA + CB
40 · 10–9 + 20 · 10–9
v = 350 volts
c) Q = C v
Q’A = CA v ⇒ Q’A = 40 · 10–9 · 350
Q’A = 14 µC
Q’B = CB v ⇒ Q’B = 20 · 10–9 · 350
Q’B = 7,0 µC
102 Na esfera A:
QA
Q
+K B
RA
RB
–6)
(+4,0
·
10
(–4,0
· 10–6)
V(A) = 9,0 · 109
+
0,30
0,80
V(A) + VA + VB ⇒ V(A) = K
V(A) = 7,5 · 104 V
d)
v (104 volts)
7,5
0
0,30
0,80
1,0 d (m)
110
a) Num CEU (corpo elétrico uniforme), vale:
Ed=U
Assim:
2,4 · 104 · 0,10 = U
U = 2,4 · 103 V
b) Ao longo do tubo, o movimento da partícula é uniforme.
Assim:
Δs = v t
3,5 = 0,7 t
t=5s
Portanto, as partículas retidas no coletor obedecem à condição:
t5s
Na transversal, o movimento é uniformemente variado (devido ao
campo elétrico uniforme).
2
γ t2
⇒ d = at
Δs = v0t +
2
2
As partículas que mais demoram a chegar a uma das placas é a mais
afastada dela, quando d = 10 cm.
Assim:
2
0,10 = a t ⇒ t = 0,20
2
a
0,20 5 ⇒ 0,20 25
a
a
a 8,0 · 10–3 m/s
As partículas de maior massa se movem com a mínima aceleração.
Assim:
F = Fe
m a = |q| E
mmáx = 80 · 10–3 = 1,6 · 10–18 · 24 · 104
mmáx = 4,8 · 10–12 kg
112
1) A carga Q irá gerar potencial elétrico em A e em B:
v=K Q
A
d
Q
3,0 · 10–9
vA = 9 · 109
3,0
mm
6,0 mm
(3,0 · 10–3)
vA = 9,0 · 103 V
3,0 · 10–9
vB = 9 · 109
(9,0 · 10–3)
3
vB = 3,0 · 10 v
B
32
TÓPICOS DE FÍSICA 3
2) A variação de energia cinética é devida ao trabalho realizado pelo
corpo elétrico.
ΔEc = τ = q (vA – vB)
ΔEc = e (9,0 · 103 – 3,0 · 103)
Ec – Ec = e 6,0 · 103
f
i
Mas Ec = 0.
i
Então:
Ec = 6,0 · 103 eV
f
Ec = 6,0 keV
f
Alternativa b.
113
a) Ao longo do diâmetro da célula, temos:
U = Δvm + Δvm = 2Δvm
Mas, num CEU (campo elétrico uniforme), vale:
Ed=U
Assim:
E d = 2 Δvm
E 1 · 10–6 = 2 · 1
E = 2 · 106 v/m
b) Ao atravessar a célula, o ganho de energia de um elétron é dado por:
ΔE = τ = q U
Sendo: q = e
U=2v
temos:
ΔE = 2 eV
119
a) Ao tocar a tampa metálica, o bastão retira elétrons, tornando a tampa, o fio de cobre e a fita de alumínio eletrizados positivamente.
As duas partes da fita de alumínio, estando eletrizados com cargas
de mesmo sinal (positivas), repelem-se, ficando afastadas de um
ângulo α1.
b) Quando o bastão, eletrizado positivamente, se aproxima da tampa
metálica, provocará, por indução, o “afastamento” de cargas positivas para a fita de alumínio. Assim, a carga total na fita aumentará, o
que provocará um afastamento mais intenso entre as partes dessa
fita. Logo, o ângulo α2 formado será maior que o α1 anterior.
ΔEd = 200 · 10–19 J
ΔEd = 2 · 10–17 J
Resposta: 31.
126 Densidade superficial de cargas:
σ = Q ⇒ 0,05 = Q 2
A
4π R
Q = 0,2π R2
Repulsão entre as cargas:
|Q q|
F=K 2
d
0,2π R2 1 · 10–6
0,02π = 9 · 109
32
1 = 104 R2 ⇒ R = 1 · 10–2 m.
Na queda da esfera:
Ep = m g h
0,009 π = m 10 · 750
m = 1,2 · 10–6 π kg
Portanto, a massa específica da esfera é dada por:
m
ρ= m =
4 π R3
V
3
3 · 1,2 · 10–6 π
ρ = 3m 3 =
4π R
4π (10–2)3
ρ = 0,9 kg/m3
128
a) Usando a Teoria da Conservação da Quantidade de Movimento,
temos:
Qf = Qi
2 M vA + M vB = 0 ⇒ 2 M vA = – M vB
vB = –2vA
O sinal negativo indica que vA e vB possuem sentidos opostos.
Usando a Teoria da Conservação de Energia, temos:
Einicial = Efinal
2
2
M (–2 vA)2
Qq
Q q 2 M vA M vB
K
=
+
⇒ K
= M v2A +
2
2
d
2
d
4 v2A
Qq
Qq
2
2
K
= M vA + M
⇒ K
= 3 M vA
d
2
d
KQq
3Md
vA =
120
(01)
(02)
(04)
(08)
(16)
Correta.
O campo elétrico entre as placas é praticamente uniforme.
Correta.
Correta.
Fe = |q| E
Correta.
A força resistiva é maior no íon maior.
Correta.
Como os íons param, a energia dissipada é igual ao trabalho realizado pelo campo elétrico.
ΔEd = τ = q (Vinício – Vfinal)
Como entre as placas (d = 0,2 m) a tensão é 50 J/C, se o íon
percorre d = 0,1 m, o potencial do ponto de chegada do íon é
metade (E d = U).
Assim:
U = (Vinício – Vfinal) = 25 J/C
Portanto:
ΔEd = 8,0 · 10–19 · 25 (J)
e vB = 2 K Q q
3Md
b) Einicial = Efinal
K
2
Q q M vB
=
2
d
2K Q q
3Md
vB =
129 Ao ser abandonado dessa posição, que chamaremos de A, o
pêndulo oscilará, existindo uma posição de equilíbrio, que chamaremos de B.
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
–
T
B
α1
30°
d
A
Fe
P
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
T
T cos α1
α1
T sen α1
Fe
P
Manual do professor
Então:
|q| U
8 ·10–19 · 50
a=
=
(m/s2)
m d 4,5 · 10–16 · 1 · 10–2
4,0
a=
m/s2 = 80 m/s2
4,5
9
Supondo que a gotícula esteja a uma distância d de uma das pla2
cas (no meio do tubo), temos:
2
γt
Δs = v0t +
2
d = at2
2 2
1 · 10–2 = 80 t2
9
T sen α1 = Fe = |q| E
T cos α1 = P = m g
T sen α1 |q| E
2,0 · 10–9 · 1,5 · 106
=
⇒ tg α1 =
m
g
T cos α1
3 3 · 10–4 · 10
tg α1 = 1 = 3 ⇒ α1 = 30°
3
3
Atenção: em relação a B (posição de equilíbrio), o pêndulo atinge duas
posições de distanciamento máximo, nos pontos A e C.
C
60°
30° 30°
t ⯝ 0,034 s
Portanto:
α2 = 60° + 30°
α2 = 90°
b) Usando o Teorema de Energia Cinética (TEC) entre as posições A e
B, temos:
τtotal = ΔEcin
0
0
τpeso + τtração + τCE = EC – EC
final
Observe que esse valor é bem menor que o 0,5 s calculado no item
b (tempo que a gotícula leva para atravessar o tubo). Assim, concluímos que as gotículas são retiradas nas placas do coletor.
A
B
131
a) Lei de Coulomb:
|Q1 Q2|
r2
1,5 · 10–9 · 1,5 · 10–9
F = 9 · 109
(N)
(2 · 0,05)2
F = 2,025 · 10–6 N
0
F=K
inicial
EC = Fe dAB = |q| E dAB
final
EC = 2,0 · 10–9 · 1,5 · 106 · 0,40
final
EC = 1,2 · 10–3 J
F ⯝ 2,0 · 10–6 N
final
130
a) Sabemos que:
ρ= m
V
Vesfera = 4 πR3
3
Assim:
m = ρ Ve = ρ 4 πR3
3
Do texto, sabemos que o raio da maior gotícula vale 0,5 µm.
Portanto:
m = 9,0 · 102 · 4 · 3 (0,5 · 10–6)3
3
b) Usando-se:
F = |Q| E0
2,025 · 10–6 = 1,5 · 10–9 E0
E0 = 1,35 · 103 v/m
c)
+Q
D
D
b) Na direção perpendicular ao campo elétrico, o movimento da gotícula é uniforme.
V = Δs
Δt
0,3
Δt = Δs =
(s)
V 0,6
Δt = 0,5 s
c) Na direção do campo elétrico, o movimento da gotícula é uniformemente variado (MUV).
Assim:
F = |q| E
m a = |q| E
A
O
E–
m = 4,5 · 10–16 kg
|q| E
a=
m
Mas:
Ed=U ⇒ E= U
d
33
–Q
E+
EA
d) Para o cálculo do campo individual de cada carga, usamos:
|Q|
|E+| = |E– | = K 2
r
Na figura, observamos que:
r=D 2
Assim, temos:
1,5 · 10–9
|E+| = |E– | = 9 · 109
2(0,05)2
3
|E+| = |E– | = 2,7 · 10 V/m
Aplicando-se Pitágoras, vem:
E2A = E2+ + E2– = 2 E2
E2A = 2 (2,7 · 103)2
EA = 2,7 2 · 103 V/m
EA ⯝ 3,8 · 103 V/m
34
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Parte II - ELETRODINÂMICA
Tópico 1
Corrente elétrica e resistores
• Objetivos do Tópico
Neste Tópico, inicialmente, definimos corrente
elétrica e sua intensidade, e analisamos a causa da corrente, que é a diferença de potencial elétrico. Deve-se
dar ênfase ao sentido convencional da corrente.
É interessante mostrar aos estudantes a condução
elétrica através de uma solução eletrolítica (por exemplo, de cloreto de sódio em água).
As correntes são classificadas quanto à forma do gráfico i t e, num boxe, mostramos o que significa dizer
que a freqüência da rede elétrica no Brasil é de 60 Hz.
É importante destacar a continuidade da corrente
elétrica.
Em seguida, estudamos o efeito Joule e a potência
elétrica. Na primeira leitura deste Tópico, esclareceremos o que significam os 220 V ou os 110 V numa
tomada de energia elétrica.
São destacados:
• a unidade de energia kWh;
• os valores nominais especificados em aparelhos elétricos;
• a aplicação do efeito Joule em fusíveis de proteção;
• a vantagem da substituição de fusíveis por disjuntores
nas instalações elétricas residenciais e industriais.
Na Primeira Lei de Ohm, introduzimos o conceito de resistência elétrica e, na segunda Leitura deste
Tópico, fazemos considerações a respeito dos efeitos
fisiológicos da corrente elétrica.
Ao abordarmos o assunto interruptores apresentamos a terceira Leitura, que mostra com detalhes técnicos a instalação de uma lâmpada, nos casos em que
ela pode ser ligada ou desligada:
• de um único local;
• de dois locais;
• de vários locais.
Na seqüência, estudamos os resistores e as expressões da potência neles dissipada. É interessante ilustrar a
aula mostrando aos alunos diversos tipos de resistor.
Na última Leitura deste Tópico, tratamos de resistores projetados para não atingir a temperatura de fu-
são e de outros que devem se fundir quando a corrente
ultrapassar um determinado valor.
No final da teoria do Tópico, estudamos a Segunda Lei de Ohm. A análise do exercício resolvido 42
é fundamental para o aluno entender por que é desprezada a resistência elétrica dos fios de ligação nas
instalações elétricas em geral e, no Tópico seguinte,
entender o curto-circuito.
Verificações qualitativas da Segunda Lei de Ohm
podem ser feitas facilmente usando pilhas, uma lâmpada adequada, fios de nicromo de diferentes bitolas e
um fio de cobre que tenha a mesma bitola e o mesmo
comprimento de um dos fios de nicromo, além de fios
de cobre para ligações.
• O que não pode faltar
2.
3.
4.
5.
Corrente elétrica
A causa da corrente elétrica
Gerador elétrico
Intensidade de corrente elétrica e seu sentido
convencional
Corrente contínua constante
9. Continuidade da corrente elétrica
Exercícios
10. Efeito Joule
11. Potência elétrica
12. O quilowatt-hora (kWh)
13. Valores nominais
14. Fusíveis
Exercícios
15. Primeira Lei de Ohm
16. Condutor ideal
17. Interruptores
18. Resistores
Exercícios
19. Segunda Lei de Ohm
20. Influência da temperatura na resistividade (sem
fórmulas)
Exercícios
• Algo mais
Vamos investigar teoricamente as duas leis de
Ohm.
Manual do professor
Considere um fio metálico de seção transversal
uniforme, no qual foi estabelecida uma corrente contínua de intensidade i, constante, por meio da aplicação de uma ddp U.
Seja τ o intervalo de tempo médio entre duas colisões de um elétron livre com os cátions da rede cristalina do metal.
U
i
+
–
E
A
Fe
–
m
ᐉ
Sendo m a massa do elétron, E a intensidade do
vetor campo elétrico no interior do fio, a o módulo da
aceleração do elétron entre duas colisões, Δv o módulo da variação de sua velocidade no intervalo de tempo τ e e a carga elementar, temos:
eE τ
Fe = ma ⇒ eE = m Δv ⇒ Δv = m
τ
Em média, imediatamente após uma dessas colisões, os elétrons não possuem componente de velocidade na direção do campo elétrico. Por isso podemos
fazer Δv = v – 0, em que v é o módulo da velocidade
do elétron após o intervalo de tempo τ, ou seja, imediatamente antes da próxima colisão.
Então, o módulo da velocidade média de deslocamento do elétron (vd), durante o tempo τ, em movimento uniformemente variado – pois o campo elétrico em seu interior é uniforme –, é dado por:
vd = v + 0 = v2
2
⇒ vd =
eE τ
2m
Sendo N o número de elétrons livres por unidade
de volume do metal, A a área da seção transversal do
fio e usando o resultado do exercício 66, temos:
eE τ
i = N A vd e = N A
e
2m
2
i= NAe Eτ
2m
Como Eᐉ = U, em que ᐉ é o comprimento do fio
e U, o módulo da ddp entre suas extremidades, vem:
2
E = U ⇒ i = N A e U τ ⇒ U = 2mᐉ2 i
ᐉ
2mᐉ
NAe τ
R
U = 2m2 · ᐉ i
Ne τ A
ρ
35
Na última expressão, podemos reconhecer a primeira e a segunda leis de Ohm.
É interessante analisar as grandezas que influem
na resistividade ρ = 2m2 .
Ne τ
• Subsídios ao Descubra mais
1. Descreva algumas causas da queima de uma lâmpada
de incandescência.
Uma lâmpada incandescente comum deve funcionar por várias centenas de horas, podendo durar até
1 000 horas, aproximadamente. Portanto, sua vida útil
é limitada, ou seja, mais cedo ou mais tarde ela vai
queimar. Algumas das causas do porquê da queima
são descritas a seguir.
A) A lâmpada deve operar – pelo menos, aproximadamente –, conforme as especificações de seu fabricante. Obviamente, se uma lâmpada, fabricada
para operar em 110 V, for ligada em 220 V, ela
queimará em pouco tempo.
Mesmo ligada conforme as especificações, sua vida
útil será reduzida se houver variações excessivas da
tensão da rede elétrica (problemas da rede).
B) Ao longo do tempo de uso, o filamento da lâmpada vai se sublimando e, com isso, se deteriorando,
tornando-se cada vez mais fino e mais quebradiço,
o que acarreta os seguintes problemas:
a) O filamento “velho” torna-se mais suscetível a
vibrações, podendo romper-se mais facilmente.
b) Quando a lâmpada está desligada, seu filamento está frio e, por isso, sua resistência elétrica
é bem menor do que quando está ligada. Assim, no momento em que se fecha o interruptor,
ocorre um pico de corrente que pode acarretar
uma dissipação excessiva de energia elétrica
em alguma região mais deteriorada (mais fina)
do filamento, causando a queima da lâmpada.
C) A alternância entre aquecimentos excessivos (causados, por exemplo, por falta de ventilação) e resfriamentos pode provocar, em virtude da dilatação
térmica, o surgimento de uma fissura em algum
local da estrutura da lâmpada, por onde entra ar
do ambiente (obviamente contendo oxigênio), causando a combustão do filamento.
Isso também acontece em virtude de defeitos de
fabricação (lâmpada “furada”).
2. Os semicondutores dopados são largamente utilizados
na microeletrônica.
a) O que são semicondutores? Dê exemplos de alguns
materiais semicondutores.
36
TÓPICOS DE FÍSICA 3
A resistividade de certos elementos, como o silício (Si) e o germânio (Ge) e também de alguns compostos cristalinos, situa-se numa faixa entre as baixas resistividades dos metais e as altas resistividades
dos isolantes. Por isso, corpos constituídos desses
materiais são denominados semicondutores.
Exemplo comparativo:
Cobre puro a 20 °C: = 1,7 · 10–8 Ω m (condutor)
Vidro a 20 °C: 1010 a 1014 Ω m (isolante)
Silício puro a 20 °C: 3 · 103 Ω m (semicondutor)
Em baixas temperaturas, o cristal semicondutor
puro praticamente não possui cargas livres, comportando-se então como um isolante. Uma elevação de
temperatura, porém, provoca a “quebra” de ligações
covalentes entre seus átomos, acarretando a liberação
de elétrons. Assim, a resistividade diminui e a condução elétrica através do cristal se torna possível. Observemos, então, que a resistividade dos semicondutores
diminui quando a temperatura aumenta.
A significativa influência da temperatura na resistividade de um semicondutor possibilitou seu uso na
fabricação de um termômetro denominado termistor.
b) O que são semicondutores dopados? Do ponto de
vista da contutibilidade elétrica, o que os diferencia
dos semicondutores intrínsecos (puros)?
São semicondutores em que foram implantados átomos diferentes (impurezas) – átomos de arsênio, gálio,
alumínio, fósforo ou de outros elementos químicos.
A essa implantação de impurezas no cristal semicondutor se dá o nome de dopagem do semicondutor.
A dopagem é um mecanismo de aumento considerável e controlado da condutividade elétrica do semicondutor.
c) O que é um diodo semicondutor? Escreva sobre algumas de suas aplicações.
O diodo semicondutor é um componente eletrônico dotado de dois terminais, entre os quais existe um
material semicondutor convenientemente dopado e
encapsulado (silício, germânio ou outros), cuja característica é ser um bom condutor de corrente elétrica
em um sentido e, praticamente, impedir a passagem
de corrente em sentido contrário (ver “Estágio de um
circuito retificador” no Apêndice do Tópico 4 de Eletromagnetismo).
Dentre suas aplicações, podemos citar sua presença em circuitos que transformam tensão alternada
em tensão contínua, em circuitos de deteção de ondas
eletromagnéticas (como em um rádio, por exemplo),
na emissão de luz com grande rendimento propiciada
pelo diodo LED (Light Emitting Diode) – uma “lampadinha” de grande vida útil e altamente resistente a
vibrações – e na célula fotovoltaica (célula solar), em
que se obtém uma força eletromotriz a partir da energia luminosa.
d) O que é um transistor de potência? Qual é a sua função num circuito como o de um aparelho de som,
por exemplo?
O transistor de potência é um componente eletrônico dotado de três terminais denominados base,
emissor e coletor.
Um pequeno sinal (pequena diferença de potencial) aplicado entre o emissor e a base, por exemplo,
é amplificado, obtendo-se um sinal bem mais intenso
entre o coletor e a base.
Em um transistor também existe um material semicondutor convenientemente dopado e encapsulado
(geralmente silício).
3. Pesquise sobre a teoria das bandas de valência e de condução. Veja como é feita, com base nessa teoria, a distinção entre condutores, isolantes e semicondutores.
Em virtude da grande complexidade desse assunto, ele será abordado de modo extremamente superficial.
No Tópico 1 de Física Moderna, neste volume,
vê-se que os elétrons de um átomo solitário só podem
estar em determinados níveis de energia (os chamados
níveis permitidos), bem “separados” uns dos outros.
A figura a seguir representa esquematicamente os
três níveis de menor energia de um átomo solitário
de hidrogênio, na unidade elétron-volt (eV). Quando
esse átomo se encontra no estado estável, seu nível de
energia é o mais baixo, ou seja, –13,6 eV.
Energia (eV)
–1,5
–3,4
–13,6
Entretanto, quando muitos átomos estão unidos,
formando um cristal, seus níveis de energia se tornam
tão numerosos que passam a formar grupos quase
contínuos de níveis permitidos, denominados bandas
permitidas.
Manual do professor
O surgimento dessas bandas deve-se ao fato de os
elétrons de cada átomo passarem a sofrer influências
dos núcleos de átomos vizinhos e dos elétrons que rodeiam esses núcleos.
É fundamental destacar o Princípio de Exclusão
de Pauli, formulado em 1925 pelo físico suíço Wolfgang Pauli (1900-1958).
De acordo com esse princípio, em um átomo não
pode haver mais de um elétron com o mesmo conjunto
de números quânticos. Por isso, em um mesmo nível de
energia pode haver no máximo dois elétrons, que devem
diferir quanto ao spin (momento angular intrínseco).
A figura a seguir representa esquematicamente
uma banda permitida e uma pequena região dela bastante ampliada.
37
Entretanto, se essa banda mais externa estiver totalmente cheia, receberá o nome de banda de valência, e a banda vazia imediatamente acima dela será
uma banda de condução.
• Nos metais, que são condutores, existem bandas
internas totalmente cheias (no lítio, apenas uma),
em que está a maioria dos elétrons dos átomos, e
uma banda mais externa parcialmente cheia, que é
a banda de condução, onde se situam os chamados
elétrons livres (na realidade, quase livres).
Chama-se energia de Fermi (EF) o máximo nível
de energia já ocupado por elétrons na banda de condução de um metal que estivesse a 0 K (zero absoluto).
Energia
Vazia
Energia
Banda de condução
(parcialmente cheia)
EF
Ocupada
Banda
A diferença entre as
energias de níveis vizinhos
em uma banda é muito
pequena.
ΔE
Banda proibida
Em um cristal hipotético de hidrogênio, cada nível
de energia permitido para um átomo solitário se desdobraria em uma banda permitida:
Banda totalmente cheia
Metal a 0 K.
Energia (EV)
–1,5
Banda permitida
Banda proibida
–3,4
Banda permitida
Banda proibida
–13,6
Banda permitida
Em um mesmo cristal, entre as bandas permitidas
há faixas de níveis de energia proibidos, denominadas bandas proibidas, que correspondem a níveis de
energia que os elétrons não podem ter.
Dependendo do material, as bandas proibidas podem ser mais “largas” ou mais “estreitas” (às vezes,
uma banda pode se sobrepor a outra).
As bandas internas já estão totalmente ocupadas
(cheias) por elétrons, sem jamais violar, em cada nível
de energia, o princípio de exclusão.
A banda mais externa, ocupada pelos elétrons de
valência, pode não estar totalmente cheia, recebendo,
nesse caso, o nome de banda de condução.
Alguns elétrons com energia da ordem de EF , em
temperaturas superiores a 0 K, absorvem energia térmica que, mesmo sendo muito pequena, é suficiente
para levá-los a níveis de energia um pouco acima de
EF e desocupados (excitação térmica).
Se esses elétrons, já excitados termicamente, forem submetidos a um campo elétrico E, irão para níveis mais altos de energia desocupados, adquirindo
energia cinética, além de uma quantidade de movimento em sentido oposto ao de E. Assim, será gerada
uma corrente elétrica no metal.
É importante destacar que isso acontece mesmo com
campos elétricos muito pouco intensos, já que a diferença de energia entre níveis vizinhos é muito pequena.
Notas:
• Como o desnível de energia ΔE, indicado na figura anterior,
é grande, a população da banda de condução praticamente
não depende da temperatura nem da intensidade dos campos elétricos a que um metal normalmente é submetido.
• A rigor, os elétrons que constituem uma corrente elétrica
precisam ser tratados como ondas propagando-se na rede
cristalina. São as ondas de de Broglie, abordadas neste
volume, no Tópico 3 da Física Moderna.
• A energia de Fermi varia de um metal para outro.
38
TÓPICOS DE FÍSICA 3
• Nos isolantes, a banda de condução está vazia e a
banda inferior (banda de valência) está completamente cheia:
Energia
Banda de condução
(vazia)
Até aqui, foi considerado o cristal semicondutor
puro.
Vamos pensar, agora, em um semicondutor dopado: germânio (Ge) com uma pequena quantidade de
arsênio (As), por exemplo.
No cristal de germânio puro, cada átomo, com
quatro elétrons de valência, está ligado a outros quatro
átomos por meio de ligações covalentes:
Ge
ΔE
Banda de valência
(totalmente cheia)
O desnível ΔE indicado na figura é grande o suficiente para impedir saltos quânticos da banda de
valência para a banda de condução, a não ser que o
material seja submetido a campos elétricos muito intensos ou a radiações de fótons muito energéticos.
• Nos semicondutores, em temperaturas próximas do
zero absoluto e não-submetidos a campos elétricos
externos, a banda de valência está totalmente cheia
e a banda de condução vazia e, portanto, com muitos níveis permitidos disponíveis.
Nesses materiais, entretanto, o desnível de energia
ΔE é inferior a 2 eV, bem menor que nos isolantes.
No germânio e no silício, por exemplo, os valores de ΔE são respectivamente iguais a 0,67 eV e
1,14 eV, enquanto no diamante é aproximadamente
igual a 6 eV.
Energia
ΔE
Banda proibida
Elétrons
Banda de
valência cheia
Semicondutor a 0 K.
Ge
Ge
Ge
No processo de dopagem, um átomo de arsênio,
que possui cinco elétrons de valência, substitui um
átomo de germânio. Desses cinco elétrons, quatro são
usados para refazer as ligações com os átomos de germânio vizinhos e, portanto, um dos elétrons do átomo
de arsênio fica sobrando.
Esse elétron não pode ir para a banda de valência
porque ela está cheia, mas pode saltar facilmente para
a banda de condução, mesmo a temperaturas menores
que a necessária para isso ocorrer no cristal puro. A
temperaturas ambientes comuns, todos esses elétrons
excedentes vão para a banda de condução:
Ge
Energia
Banda de
condução
parcialmente
ocupada
Banda de
condução vazia
ΔE
Ge
Banda proibida
Ge
As
Elétron
excedente
Banda proibida
Banda de
valência
parcialmente
desocupada
Semicondutor à
temperatura ambiente.
Conseqüentemente, a resistividade de um semicondutor pode ser reduzida significativamente por
aquecimento, por incidência de radiações ou por influência de um campo elétrico, pois não é difícil elétrons da banda de valência adquirirem energia suficiente para passarem à banda de condução.
Ge
Ge
4. O que é o fenômeno da supercondutividade? Quando ele foi descoberto? Por quem? Os supercondutores
sempre são metálicos?
O fenômeno da supercondutividade é a anulação da resistividade de determinados materiais
quando levados a temperaturas suficientemente baixas. Nessa situação, os materiais são denominados
supercondutores.
Manual do professor
Esse fenômeno foi descoberto em 1911 pelo físico holandês Heike Kammerlingh Onnes (1853-1926),
que recebeu o Prêmio Nobel de Física em 1913.
Por meio de experimentos, ele concluiu que a resistividade do metal mercúrio (Hg) se anulava quando a temperatura caía a 4,2 K aproximadamente.
Abaixo dessa temperatura, denominada temperatura crítica (Tc), a resistividade do mercúrio permanece nula:
ρHg
39
Nota:
• Hoje, as cerâmicas supercondutoras são facilmente sintetizadas.
À temperatura ambiente, entretanto, elas são maus condutores elétricos. Para que operem como supercondutoras,
precisam estar em temperaturas suficientemente baixas.
O nitrogênio se liquefaz a 77 K (à pressão de 1 atm) e é o
gás mais abundante em nossa atmosfera. Além disso, sua
liquefação é bastante viável em todos os aspectos.
Assim, fica evidente a importância da obtenção de cerâmicas com temperaturas críticas acima de 77 K, já que
exibem a supercondutividade quando refrigeradas por
nitrogênio líquido.
Supercondutores com aplicações
promissoras
0
4,2
T (K)
Uma vez produzida uma corrente elétrica em um
supercondutor, ela persiste inalterada durante anos,
sem precisar de uma fonte de tensão para mantê-la.
A supercondutividade também foi constatada em
alguns outros metais, mas sua explicação só se deu em
1957, quando os físicos norte-americanos John Bardeen, Leon N. Cooper e John Robert Schrieffer, usando Física Quântica, propuseram uma complexa teoria,
que ficou conhecida por Teoria BCS. Pela explicação
apresentada, esses físicos receberam o Prêmio Nobel
de Física em 1972.
Até 1986, só eram conhecidas substâncias com
temperaturas críticas baixas demais, o que não permitia vislumbrar a viabilidade de aplicações tecnológicas delas. A temperatura crítica máxima conseguida
até então era a de um composto contendo nióbio e
germânio (Nb3 Ge), valendo aproximadamente 23 K.
Nesse ano, o físico suíço Karl Alex Müller e o físico alemão Johannes Georg Bednorz publicaram um
artigo anunciando resultados melhores, obtidos com
um óxido de bário, lantânio e cobre, para o qual o valor de Tc era aproximadamente igual a 30 K.
Müller e Bednorz receberam o Prêmio Nobel de
Física em 1987 por essa descoberta, mas não pela
explicação da supercondutividade nesse novo tipo de
supercondutor (não-metálico) que, até hoje, não está
devidamente esclarecida.
A partir daí, começou a corrida em busca de outros óxidos metálicos – genericamente denominados
cerâmicas – com valores mais elevados de Tc, tentando-se conseguir valores cada vez mais próximos da
temperatura ambiente.
Já foram sintetizadas cerâmicas supercondutoras
com temperaturas críticas acima de 130 K e as pesquisas nessa área continuam.
Foram confirmadas as propriedades supercondutoras de um composto comum com potencial promissor para aplicações nas áreas de eletrônica e comunicações. Essas propriedades foram descobertas, em
janeiro, no boreto de magnésio (MgB2) por uma equipe japonesa. A confirmação veio em uma análise feita
por pesquisadores das universidades de Wisconsin e
Princeton, nos Estados Unidos, relatada em 8 de março na revista Nature.
Supercondutores são materiais que não oferecem
resistência à passagem de corrente elétrica. Compostos
que observam essa propriedade podem ser usados, por
exemplo, na criação de campos magnéticos intensos e
no desenvolvimento de novos computadores, diversos
dispositivos eletrônicos ou ainda linhas de transporte
de energia que minimizem as perdas durante o trajeto.
A supercondutividade só se verifica abaixo de
uma determinada temperatura para cada tipo de material, chamada temperatura crítica. Quanto maior for
ela para um composto, maior será seu potencial para
aplicações práticas. A temperatura crítica do boreto de
magnésio é de 39 K (–234 °C), a mais alta já obtida para
um supercondutor intermetálico. Existem hoje cerâmicas supercondutoras com temperatura crítica de 132 K
(–141 °C). No entanto, a corrente elétrica passa mais
facilmente em compostos intermetálicos como o MgB2
que em cerâmicas. Uma vantagem desse material em
relação a supercondutores anteriormente descobertos é
a abundância de seus componentes na natureza. “Boro
e magnésio são elementos facilmente encontráveis,
leves e baratos”, explicou à CH on-line o físico Hans
Micklitz, da Universidade de Colônia (Alemanha).
Micklitz, que está no Rio de Janeiro como pesquisador visitante no Centro Brasileiro de Pesquisas Físicas
(CBPF), considera a descoberta “muito interessante do
ponto de vista técnico e de suas aplicações práticas”.
40
TÓPICOS DE FÍSICA 3
No artigo da Nature, os cientistas descrevem os
testes que fizeram para avaliar as propriedades do boreto de magnésio. Para verificar a supercondutividade de um composto, os pesquisadores normalmente
submetem-no a fortes campos magnéticos e medem
fatores como a densidade de corrente crítica que ele é
capaz de suportar. Eles verificam também o que ocorre quando os átomos do composto são substituídos
por diferentes isótopos (no caso, de boro e magnésio) ou até de átomos de diferentes elementos. Um
dos autores do artigo, Robert Cava, da Universidade
de Princeton, espera que o boreto de magnésio realize uma das promessas não cumpridas por cerâmicas
supercondutoras anteriormente descobertas: a produção comercial de fios elétricos que suportem intensas
correntes para aplicações cotidianas. No entanto, ele
ressalta que isso pode levar anos.
(ESTEVES, Bernardo. Ciência Hoje, Rio de Janeiro, 22 de mar. 2001.)
Anel
S
Então:
i = Q = 2π r λ ⇒ i = ω r λ
T
2π
ω
12 Lembrando que, em cada nó, a soma das intensidades das cor-
rentes que chegam é igual à soma das intensidades das que saem,
temos:
11 A
19 A
X
8A
1A
4A
5. O elétron foi descoberto antes ou depois de toda a formulação da Eletrodinâmica clássica?
O elétron foi descoberto em 1897 pelo físico inglês
Joseph John Thomson (1856-1940), Prêmio Nobel de
Física em 1906.
Em 1897, a Eletrodinâmica e o Eletromagnetismo
clássicos já estavam totalmente formulados e, com sucesso, colocados em prática.
Em um resistor, por exemplo, o sentido aceito
para a corrente elétrica era do terminal de potencial
mais alto (“positivo”) para o de potencial mais baixo
(“negativo”).
Após a descoberta do elétron, esse sentido foi
mantido. Seria inconveniente modificar tudo o que já
estava estabelecido e funcionando muito bem. De fato,
com exceção do efeito Hall (ver Tópico 1 de Eletromagnetismo), cargas negativas deslocando-se em um
determinado sentido produzem o mesmo efeito que
produziriam se fossem cargas positivas deslocando-se
em sentido oposto.
• Resolução dos exercícios propostos
10 Inicialmente, determinamos a carga total Q do anel:
λ = Q ⇒ Q = 2πr λ
2π r
Em uma volta completa do anel, decorre um intervalo de tempo igual ao
seu período de rotação T, e uma quantidade de carga Q passa por uma
superfície fixa e imaginária S, seccionando transversalmente o anel.
ω = 2π
T
2π
T=
ω
5A
4A
19 A
10 A
15 A
Resposta: 19 A
38 De 0 a 10 s, temos:
E = Pot Δt = R i2 Δt = 103 (10–2)2 10
E=1J
De 0 a 50 s, temos:
E=5J
39 Sendo R a resistência elétrica da linha e i a intensidade da corrente que passa por ela, a potência dissipada na linha é dada por:
Pot = R i2
• A 300 K, R = 0,004 Ω e i = 1 000 A ⇒ Pot = 4 000 W
• A 100 K, R = 0,001 Ω e Pot = 4 000 W (mesma “perda”):
4 000 = 0,001 i2 ⇒ i = 2 000 A
40 A partir da leitura dos gráficos, temos:
a) U = 1,2 V ⇒ i = 10 · 10–3 A
Pot = U i ⇒ Pot = 12 · 10–3 W = 12 mW
b) i = 10 · 10–3 A ⇒ Potlum = 0,6 · 10–3 W = 0,6 mW
Eficiência =
Potlum 0,6
=
= 0,05 ⇒ Eficiência = 5%
Pot
12
c) U = 1,5 V ⇒ i = 50 · 10–3 A
Pot = U i ⇒ Pot = 75 mW
Potlum = 1,8 mW
1,8
= 0,024 ⇒ Eficiência = 2,4%
Eficiência =
75
Manual do professor
Pot = U i = 5,0 · 20 ⇒ Pot = 100 W
2,5 · 102
Pot = E = Q ⇒ 100 =
Δt Δt
Δt
Δt = 2,5 s
Alternativa c.
53
1,7 · 103 · 4,2
a) Pot = E =
⇒ Pot = 7,1 · 102 W
Δt
10
2
2
2
Pot = U ⇒ R = U = 120 2
R
Pot 7,1 · 10
R = 20 Ω
ρᐉ
20 (5,0 · 10–3)2
⇒ ρ= RA =
R=
ᐉ
A
5,0 · 10–2
ρ = 1,0 · 10–2 Ωm
b) Q = m c Δθ = 1 000 · 1 · 17
Q = 17 000 cal = 7,1 · 104 J
7,1 · 104
Pot = E ⇒ Δt = E =
Δt
Pot 7,1 · 102
Δt = 1,0 · 102 s
54
x
y
P
Q
R
S
Como a resistência é proporcional ao comprimento, podemos escrever:
RPQ 2x
20,0 x
=
⇒
= ⇒ y = 4,00x
RRS 2y
80,0 y
60 Calculando a energia dissipada (E) na lâmpada, em 5 minutos
(300 s), temos:
E = Pot Δt = 60 · 300 ⇒ E = 18 000 J
Calculando, agora, a energia absorvida (Q) pelo calorímetro e pela
água, em 5 minutos, temos:
Qágua = mágua cágua Δθ = 400 · 4,2 · 8
Qágua = 13 440 J
Qcalorímetro = Ccal Δθ = 420 · 8
Qcalorímetro = 3 360 J
Portanto:
Q = Qágua + Qcalorímetro = 16 800 J
A energia irradiada para o ambiente (Ei) é dada por:
Ei = E – Q = 18 000 – 16 800 ⇒ Ei = 1 200 J
61 Pot = U i ⇒ 20 000 = 200i ⇒ i = 100 A
U’ = R i ⇒ U’ = 0,50 · 100 ⇒ U’ = 50 V
y + x = 5,00 km ⇒ 5,00x = 5,00
x = 1,00 km
Alternativa c.
62 Em virtude da indução eletrostática, temos:
55 ᐉ = 1 km = 1 000 m ⇒ R = 0,34 Ω
+0,02 C
ρ ᐉ 1,7 · 10–8 · 1 000
ρᐉ
⇒ A=
=
R=
0,34
R
A
A = 5 · 10–5 m2
–
–
–
–
–q
–
–
+q
+
+
Objeto metálico
+
+
+
+
• O objeto metálico se eletriza com uma carga –q’ recebida da Terra:
1m
⇒
Volume = 5 · 10–5 m3
A
densidade = massa ⇒ 9 000 = massa–5
volume
5 · 10
+0,02 C
massa = 4,5 · 10–1 kg = 450 g
Alternativa b.
–q’
––
–
–
–––
––
––
i
Fio
58
a) E d = U ⇒ 5,00 · 106 · 500 = U
U = 2,5 · 109 V
Energia 5,00 · 1011
=
b) Potm =
0,10
Δt
12
Potm = 5,00 · 10 W
Potm = U im ⇒ 5,00 · 1012 = 2,5 · 109 im
im = 2,0 · 103 A
c) im =
|Q|
⇒ |Q| = im Δt = 2,0 · 103 · 0,10
Δt
|Q| = 2,0 · 102 C
59
m = 10,0 g = 10,0 · 10–3 kg
Lf = 2,5 · 104 J/kg
Q = m Lf = 10,0 · 10–3 · 2,5 · 104
Q = 2,5 · 102 J
41
8Ω
–
Essa carga –q’ passou pelo fio no intervalo de
tempo Δt = 0,1 · 10–3 s.
E = Pot Δt ⇒ E = R i2 Δt
2 = 8 i2 0,1 · 10–3 ⇒ i = 50 A
q’
q’
i=
⇒ 50 = –4 ⇒ –q’ = –0,005 C
Δt
10
Alternativa c.
63
a) O campo elétrico no interior desse fio é uniforme:
E AB = UAB ⇒ E 0,30 = 6 ⇒ E = 20 V/m
b) E CD = UCD ⇒ 20 · 0,12 = UCD
UCD = 2,4 V
Porém νD é menor que νC e, portanto:
νD – νC = –2,4 V
42
TÓPICOS DE FÍSICA 3
64 Temos que:
R = R0 [1 + α (θ – θ0)] ⇒ U = U [1 + α (θ – θ0)]
i i0
–3
–1
Sendo α = 5 · 10 °C , θ0 = 20 °C, i0 = 2,0 A e i = 1,6 A, calculemos θ:
1 = 1 [1 + 5 · 10–3 (θ – 20)] ⇒ θ = 70 °C
1,6 2,0
66
ᐉ
–
A
–
Após Δt
–
–
Condutor
–
–
–
–
q, n elétrons
ᐉ
–
A
–
–
–
Condutor
–
–
–
–
q, n elétrons
N = n ⇒ n = N A ᐉ ⇒ |q| = N A ᐉ e
Aᐉ
|q|
⇒ i= NAᐉe ⇒ i=NAve
i=
Δt
Δt
67 A resistência elétrica entre A e B é praticamente a resistência da
película quadrada, uma vez que as camadas espessas têm resistência
desprezível.
e = 50 Å = 50 · 10–10 m
ᐉ
ᐉ
R=
ρ ᐉ ρ ᐉ 2,83 · 10–6
=
=
⇒ R = 566 Ω
A
ᐉe
50 · 10–10
Tópico 2
Associação de resistores
e medidas elétricas
Após a análise dos reostatos, mostramos, num
boxe, como se dá o controle de velocidade de alguns
carrinhos elétricos de brinquedo.
No estudo do curto-circuito, apresentamos,
como sugestão experimental, uma montagem simples com lâmpadas associadas em série. Essa montagem permite mostrar ao aluno que uma lâmpada
da associação apaga quando seus terminais são curto-circuitados.
A exposição teórica do Tópico se encerra com um
estudo dos medidores elétricos.
A montagem mais comum da ponte de Wheatstone (ponte de fio) pode ser sugerida aos alunos.
Fazemos uma sugestão experimental de uma ponte
particular, usando lampadinhas iguais alimentadas
por pilhas.
O uso de letras associadas aos nós de um circuito
(iguais em nós curto-circuitados) facilita sobremaneira a análise de circuitos aparentemente complexos. O
exercício 44 confirma isso.
• O que não pode faltar
1. Associação de resistores
• Associação em série
• Associação em paralelo
• Associação mista
Exercícios
3. Curto-circuito
Exercícios
Medição de intensidade de corrente elétrica (só o
caso do amperímetro ideal)
Medição de diferença de potencial (ddp) ou tensão
elétrica (só o caso do voltímetro ideal)
Exercícios
• Algo mais
Vamos supor que estejamos diante do seguinte
problema: calcular a resistência equivalente entre os
terminais T1 e T2 da associação de resistores representada a seguir.
• Objetivos do Tópico
Neste Tópico, estudamos as associações de resistores, procurando sempre apresentar situações familiares aos estudantes. É fácil e muito proveitoso
montar associações de lampadinhas alimentadas por
pilhas e levá-las à aula e, se possível, fazer medições
que confirmem as conclusões teóricas.
20 Ω
60 Ω
70 Ω
T1
10 Ω
T2
120 Ω
Manual do professor
Como 10 · 60 ⬆ 20 · 120, não temos uma ponte de
Wheatstone equilibrada e, portanto, o resistor de 70 Ω
não pode ser eliminado.
O problema pode ser solucionado pela transformação ΔY descrita a seguir.
A associação abaixo, à esquerda (Δ), pode ser
equivalente à associação à direita (Y).
B
Precisamos determinar r1, r2 e r3 em função de R1,
R2 e R3. Resolvendo o sistema de equações (III), (IV)
e (V), encontramos:
B
r1 =
R2 R3
R1 + R2 + R3
r2 =
R1 R3
R1 + R2 + R3
r3 =
R1 R2
R1 + R2 + R3
R1
r2
r3
A
A
R3
43
r1
R2
C
C
Vamos, então, voltar ao problema inicial, e resolvê-lo:
B
Para que a equivalência aconteça, se aplicarmos
uma mesma ddp U entre os mesmos pontos (A e B,
por exemplo) das duas associações, as correntes totais
estabelecidas em ambas deverão ter uma mesma intensidade i:
R1 = 20 Ω
60 Ω
r2
r3
T1
R3 = 70 Ω
A
T2
r1
B
U
U
120 Ω
R2 = 10 Ω
B
R1
r2
i
i
i1
A
i2
C
r3
r1 = 10 · 70 ⇒ r1 = 7 Ω
100
20
· 70 ⇒ r = 14 Ω
r2 =
2
100
20
·
10
r3 =
⇒ r3 = 2 Ω
100
A
R3
r1
R2
C
C
i = i1 + i2
i= U = U
R1 R2 + R3
i=
U
r2 + r3
(II)
B
(I)
60 Ω
r2 = 14 Ω
De (I) e (II), vem
U
U
U
R1 + R2 + R3 = r2 + r3
R (R + R3)
⇒ r2 + r3 = 1 2
R1 + R2 + R3
r3 = 2 Ω
T1
⇒
r1 = 7 Ω
120 Ω
(III)
C
Repetindo esse procedimento entre os pontos A e
C e, depois, entre os pontos B e C, obtemos:
R (R + R3)
r1 + r3 = 2 1
R1 + R2 + R3
(IV)
R3 (R1 + R2)
R1 + R2 + R3
(V)
r1 + r2 =
T2
A
74 Ω
T1
RT
1T2
⯝ 49 Ω
2Ω
T2
127 Ω
44
TÓPICOS DE FÍSICA 3
• Resolução dos exercícios propostos
29
Sendo i1 = 12 A, i2 = 8 A e i3 = 4 A, concluímos que o fusível F3 queima.
Após a queima de F3, porém, a corrente no circuito altera-se:
a)
+
i
U
–
U = Req i ⇒ 190 = (10 + 90)i
i = 1,9 A
U2 = R2 i = 90 · 1,9 ⇒ U2 = 171 V
10 Ω
+
U
–
+ U
i
10 Ω
B
i
UAB = RAB i ⇒ 120 = 11i ⇒ i 10,9 A
Concluímos, então, que o fusível F2 também queima.
–
10 Ω
39
10 Ω
B ⇒ A
A
B
9Ω
i = Pot
U
90 Ω
U2
Em L1 : i1 = 80 ⇒ i1 = 4 A
20
Em L2 : i2 = 36 ⇒ i2 = 3 A
12
i1 = 4 A
i2 = 3 A
10 · 90 = 9
10 + 90
L2
12 V
U = Req i ⇒ 190 = (10 + 9)i
i = 10 A
U2 = UAB = 9i = 9 · 10
U2 = 90 V
i=1A
31 Como as resistências dos fusíveis são iguais, a intensidade de
corrente é a mesma em todos eles, podendo valer até 4 A em cada um.
Assim, o máximo valor de i é 12 A.
Alternativa d.
i2
41
R1 = 300 Ω
i3
B
R3
B
C
R2 = 400 Ω
D
i1 = 0,12 A
3Ω
i1
8Ω
R
As tensões em L2 e em R são iguais. Assim:
R i = 12 ⇒ R 1 = 12 ⇒ R = 12 Ω
A
32
A
F2
Pot
elétrica maior.
a) Quando são ligadas em série (mesmo i), a lâmpada A ilumina melhor (Pot = R i2).
b) Quando são ligadas em paralelo (mesmo U), a lâmpada B ilumina
2
melhor Pot = U . Nesse caso, operam de acordo com os valores
R
nominais.
b)
i
3Ω
36 Sendo R = U2 , concluímos que a lâmpada A tem resistência
90 Ω
U2
F1
8Ω
A
6Ω
⇒
U = 120V
C
⇒
A
8Ω
C
2Ω
i1
UAB = RAB i1 ⇒ 120 = 10i1 ⇒ i1 = 12 A
UCB = RCB i1 ⇒ UCB = 2 · 12 ⇒ UCB = 24 V
I2 = 24 ⇒ i2 = 8 A
3
24
⇒ i3 = 4 A
I3 =
6
B
UAB = 0 ⇒ νA = νB
UAD = R1 i1 = 300 · 0,12 ⇒ UAD = 36 V
νA – νD = 36 V
Como νA = νB, temos:
νB – νD = 36 V
Então, como νB é maior que νD, o sentido da corrente em R2 é de B
para D:
UBD = R2 i2
36 = 400 i2
i2 = 0,09 A
45
Manual do professor
R1
A
R2
D
i1
67
B
+
i2
Associação
itotal = 8,0 A
A
A
A
C
Portanto:
i3 = i1 + i2 = 0,12 + 0,09 ⇒ i3 = 0,21 A
Alternativa d.
47 Observar que:
• não há corrente em R4, porque é nula a diferença de potencial entre
seus terminais (curto-circuito);
• há corrente em R1 e em R2, porque a ddp é nula entre A e D, mas
não é entre A e C e entre C e D. Também há corrente em R3.
Alternativa d.
D
D
71
100 Ω
A
100 Ω
D
R
R5
C
B
Como as resistências são iguais, associando R1, R2, R3 e R4, encontramos
R, que é igual a R5. Assim:
I = 2,0 A
R3 = 10 Ω
i1
20 Ω
i2
40 Ω
B⇒ A
B
1 = 1 + 1 + 1 ⇒ R = 40 Ω
eq
Req 20 40 10
7
Alternativa e.
D
100 Ω
100 Ω
C
50 Ω D
RCD = 50 Ω
(R1 + R0) R1
+ R1 = R 0
(R1 + R0) + R1
i3
10 Ω
B
R21 + R0 R1 + 2R21 + R0 R1 = 2R0 R1 + R20
3R21 = R20 ⇒ R1 =
R0 3
3
76 Os resistores de 300 Ω e 600 Ω estão em paralelo. Assim:
400 Ω
200 Ω
i = i1 + i2 + i3 = 21 A
UAB = Req i = 40 21 ⇒ UAB = 120 V
7
C
100 Ω
75
i
20 Ω
100 Ω
D
100 Ω
10 Ω
Ponte de Wheatstone
equilibrada
100 Ω
100 Ω
R4
B
B
100 Ω
A
1,0 A
R5 ⇒
40 Ω
A
100 Ω
100 Ω
100 Ω
A
100 Ω
B
RAB = 50 Ω
l
A
Ponte de Wheatstone
equilibrada
100 Ω
A 50 Ω B
R2
A
C
R
C
100 Ω
52 Redesenhando o circuito, temos:
R2 = 40 Ω
UBC = 2,0 V
Como as resistências entre A e B, B e C, C e D são iguais e, além disso,
são percorridas pela mesma corrente, temos:
UAB = UBC = UCD = 2,0 V
Então:
UAD = 2,0 V + 2,0 V + 2,0 V = 6,0 V
Assim, a potência total dissipada na associação é dada por:
Pottotal = UAD itotal = 6,0 · 8,0
Pottotal = 48 W
Alternativa d.
48 Note que o interruptor 2 conectaria condutores que já estão
curto-circuitados.
Alternativa b.
53 R = 20 Ω
1
R
R3
–
R3
B
R
i3
R1
R
RAB = 200 Ω
100 Ω
400 Ω
100 Ω
400 Ω
A
B
A
B
46
TÓPICOS DE FÍSICA 3
77
30 · 20
30 + 20
3Ω
A
i
E
12 Ω
i
C
A
i1 i2
36 Ω
U = 30 V
3Ω
B
3+
36 · 12
+3
36 + 12
Req = 15 Ω
i2
B
D
(l)
(ll)
Em (II):
U = Req i ⇒ 30 = 15 i ⇒ i = 2 A
Em (I):
12i2 = 36i1 ⇒ i2 = 3i1
i1 + i2 = i ⇒ i1 + i2 = 2
AP = 2 L ⇒ RAP = 2r
5
5
L
r
QB =
⇒ RQB =
5
5
2
L
PQ =
⇒ RPQ = 2r
5
5
2r
r
r
4r
RAB = + + =
5 5 5 5
Supondo que UAB não se alterou, temos:
UAB = RAB i = 4r i
(II)
5
Comparando (I) com (II), vem:
5i
5 · 6,00
r i0 = 4r i ⇒ i = 0 =
4
5
4
i = 7,5 A
Alternativa a.
⇒ i2 = 1,5 A
78
a) Como a resistência é nula de B até a Terra, temos:
Req = R ⇒ Req = 10 Ω
81 Sendo nula a corrente no galvanômetro, concluímos que os potenciais nos pontos A e B são iguais:
b) Em virtude do que foi dito em “a”: iD = 0
A
c) É o mesmo da Terra: νB = 0
i1
6V
20 Ω
i1
d)
A
R
B
+ –
i2
C
R
R
D
R
i2
15 Ω
RX
R
A
R
B
12 V
+
B
R
A
R
–
B 0,6 R
(10 V)
νA = νB ⇒
0V
1,5 R
UAD = UBD = 6 V
UCA = UCB = 12 V – 6 V = 6 V
Entre C e B, temos:
UCB = RCB i2 ⇒ 6 = 15 i2 ⇒ i2 = 0,4 A
Entre C e A, temos:
UCA = RCA i1 ⇒ 6 = 20 i1 ⇒ i1 = 0,3 A
Req = R + 0,6 R = 1,6 R ⇒ Req = 16 Ω
2
2
e) Pot = U = 10 ⇒ Pot = 6,25 W
Req 16
80
83 Devido à simetria, os pontos C e D estão no mesmo potencial.
Chave aberta:
Chave fechada:
R = 0,40 r = 2r
5
A
i0
Conseqüentemente, o resistor entre C e D não participa do circuito,
que fica reduzido a:
UAB = r i0 (I)
A
A
R
R
A
R
r
i
2r
5
P
i
2r
5
R
D
B
P
R
B
R = 2r
5
r
5
2r
5
Q
Q
r
5
B
r
5
B
C
Temos, então, 2R, 2R e R, todas em paralelo. Portanto:
Req = R
2
Manual do professor
84 Devido à simetria, os pontos D, H e G estão no mesmo potencial,
o mesmo ocorrendo com os pontos C, E e F. Por isso, os pontos D, H e
G podem ser unidos entre si, e os pontos, C, E e F também.
R
A
R
R
R
R
R
R
R
R
D
R
R
H
B
C
E
R
G
F
Req = R + R + R ⇒ Req = 5R
3 6 3
6
85
C
i1
5,0 Ω
R
–
+ 1,5 V
A
6,0 Ω
i2 G
i1
i2
B
5,0 Ω
D
–
P
U = 22 V
Q
+
No trecho PADBQ, temos:
22 = (5,0 + 6,0) i2 ⇒ i2 = 2,0 A
(I)
νB – νD = 5 i2 = 5 · 2 ⇒ νB – νD = 10 V
(II)
νD – νC = 1,5 V
(I) + (II): νB – νC = 11,5 V
νC – νA = 22 – 11,5 = 10,5 V
νC – νA = 5 i1 ⇒ 10,5 = 5 i1 ⇒ i1 = 2,1 A
νB – νC = R i1 ⇒ 11,5 = R 2,1
R = 5,5 Ω
Tópico 3
Circuitos elétricos
• Objetivos do Tópico
Neste Tópico, estudamos o gerador elétrico químico: parâmetros, equação, rendimento etc.
Na “Leitura” deste Tópico, analisamos a função
do fio-terra.
Após o estudo dos circuitos simples, analisamos a
condição de máxima transferência de potência.
Em seguida, estudamos o receptor elétrico: parâmetros, equação, rendimento etc.
Num boxe, analisamos o que acontece com a corrente elétrica num motor bloqueado e, em seguida,
fazemos uma sugestão experimental para confirmar o
previsto pela teoria.
47
Nesse experimento simples, ligamos, em série,
duas pilhas, um motorzinho de brinquedos e uma
lampadinha. A lâmpada acende e o motorzinho funciona. Em seguida, impedimos o motor de girar e verificamos que a lâmpada acende mais intensamente.
Isso acontece porque o motor deixa de utilizar tensão
na forma de força contra-eletromotriz. Assim, toda a
tensão disponível é aplicada na resistência elétrica do
circuito, produzindo aumento na intensidade da corrente. Evidentemente, o motor se aquecerá anormalmente, podendo até ser danificado se o bloqueio se
mantiver por muito tempo.
No Tópico 4 de Eletromagnetismo, veremos a
origem da força contra-eletromotriz de um motor de
corrente contínua.
Prosseguindo, estudamos as associações de geradores e os circuitos de “caminho” único, incluindo
geradores, receptores e resistores.
No exercício resolvido 82, analisamos o significado dos processos de carga e descarga de uma bateria.
No final da exposição teórica do Tópico, estudamos circuitos não-redutíveis a um circuito de “caminho” único.
O exercício 119 nos leva à conclusão de que, para
obter correntes de máxima intensidade, nem sempre a
associação de geradores em série é a mais adequada.
• O que não pode faltar
1. Geradores de energia elétrica
• Geradores químicos
• Elementos que caracterizam um gerador
• Equação do gerador
• Gerador em curto-circuito
• Curva característica do gerador
• Gerador ideal
• Potências elétricas no gerador: total, útil e desperdiçada
• Rendimento elétrico do gerador
2. Circuito simples
Exercícios
4. Receptores elétricos
• Elementos que caracterizam um receptor
• Equação do receptor
• Curva característica de alguns receptores
• Receptor ideal
• Potências elétricas no receptor: total, útil e desperdiçada
• Rendimento elétrico do receptor
Exercícios
48
TÓPICOS DE FÍSICA 3
5. Associação de geradores
6. Circuitos elétricos de “caminho” único, incluindo
geradores, receptores e resistores
Exercícios
• Algo mais
Pode-se solicitar aos estudantes trabalhos de pesquisa sobre os seguintes temas:
1. Fontes da energia elétrica utilizada em larga escala
no Brasil, abordando, por exemplo:
• a disponibilidade de cada uma;
• a maior ou menor viabilidade econômica da utilização de cada uma;
• os impactos ambientais em cada caso;
• uma descrição detalhada de como se dá a transmissão de energia elétrica desde uma grande hidrelétrica até o consumidor.
2. Pilhas e baterias, investigando:
• as diferenças entre as composições químicas e as
estruturas internas das pilhas secas de zinco-carvão
(pilha de Leclanché) e das pilhas secas alcalinas;
• as reações químicas que ocorrem nas pilhas de
zinco-carvão (Leclanché) e nas alcalinas;
• as reações químicas que ocorrem em uma bateria usada em automóveis e o porquê de ser
recarregável;
• outros tipos de pilhas;
• as determinações do Conama (Conselho Nacional de Meio Ambiente) em relação ao destino
das pilhas e baterias velhas e irrecuperáveis – a
questão do lixo.
• No gerador intercalado entre C e B, temos:
νC = 0
νB = νC – r1 i + ε1 = 0 – 0,3 · 20 + 12
νB = 6 V
Nesse gerador, tudo está normal: νB é maior que νC
e νB – νC = ε1 – r1 i.
• No gerador intercalado entre B e A, porém, a situação é bem diferente:
νB = 6 V
νA = νB – r2 i + ε2 = 6 – 0,5 · 20 + 6 = 2 V
O potencial do terminal A (originalmente, o pólo
positivo) é menor que o do terminal B!
A equação do gerador, entretanto, continua como
sempre:
νA – νB = ε2 – r2 i
2 – 6 = 6 – 0,5 · 20
–4
–4
2. Em que situações a diferença de potencial entre os terminais de uma bateria é, em valor absoluto, maior que
sua força eletromotriz?
O produto r i precisa ser maior que ε e, além disso, satisfazer a desigualdade:
r i – ε > ε ⇒ r i > 2ε
Exemplo:
i = 30 A
A
B
r = 0,5 Ω
–
|UAB| = r i – ε = 0,5 · 30 – 6
+
ε=6V
|UAB| = 9 V > 6 V
O circuito a seguir mostra como isso pode ocorrer:
• Subsídios ao Descubra mais
12 V
+
1. Uma bateria participa de um circuito elétrico, operando
como geradora, e o potencial elétrico de seu pólo positivo é menor que o potencial elétrico de seu pólo negativo. Dê um exemplo de um circuito em que isso acontece. Como fica, nesse caso, a equação do gerador?
C
r1 = 0,3 Ω
ε1 = 12 V
–
+
B
i
r2 = 0,5 Ω
• i=
R = 0,1 Ω
ε1 + ε2
18
= 0,9
r1 + r2 + R
A
r = 0,5 Ω
A
i=
12 + 6
0,1 + 0,5
–
+
ε=6V
B
⇒ i = 30 A
i
i
0V
+
0,1 Ω
i
ε2 = 6 V
–
–
⇒ i = 20 A
3. Considere o circuito a seguir, em que um gerador considerado ideal está ligado a um fio metálico também considerado ideal:
Temos que: i = ε
Req
Fazendo Req tender a zero, i tende ε +–
ao infinito! Comente essa última
i
afirmação.
49
Manual do professor
Vamos tomar, por exemplo, a expressão da intensidade i da corrente elétrica em um condutor metálico
cilíndrico, em função da área de sua seção transversal
(A), da velocidade média de deslocamento dos elétrons livres (v), da carga elementar (e) e do número
de elétrons livres por unidade de volume (N). Essa
expressão é a resposta do exercício 66 do Tópico 1 de
Eletrodinâmica:
i=NAve
Como N, A e e são grandezas obviamente finitas,
se i pudesse tender a infinito, a velocidade v também deveria tender a infinito, o que é absurdo.
De fato, a velocidade dos corpos – no caso, elétrons – é sempre menor que c (c 300 000 km/s),
como se estuda no Tópico 2 de Física Moderna,
neste volume.
O que ocorre nessa situação é conseqüência de um
abuso de idealizações.
Nota:
• Alguém poderia levantar a seguinte questão:
– Como ficaria o valor de i se todos os componentes do
circuito fossem feitos de materiais operando na condição
de supercondutores?
Também nesse caso o valor de i continuaria finito, como
não poderia deixar de ser.
Os materiais supercondutores apresentam uma importante característica: se a densidade de corrente através deles
i superar um determinado valor crítico, esses materiais
A
passam da condição de supercondutores para a condição
de condutores normais.
0,5 Ω
A
L1
B
13 V
U = 11 V
Assim:
U = ε – r i ⇒ 11 = 12 – 0,5i
i = 2 A (de A para B)
32
a) O gerador recebe a energia potencial gravitacional Ep perdida pelo
corpo:
Ep = m g h = 1,0 · 10 · 10 ⇒ Ep = 100 J
Como o rendimento é 50%, só metade desses 100 J são convertidos
em energia elétrica. Assim, a energia elétrica gerada é de 50 J.
b) Q = m c Δθ
50 = 1,0 · 10–2 · 5,0 · 103 Δθ
Δθ = 1,0 °C
35 À medida que R aumenta de 0 a R, a resistência equivalente à
3
associação de R2 com R3 (em paralelo) aumenta de 0 R 0 = 0 a
R+0
R R R = R . Com isso, a intensidade de corrente em R diminui, o
1
2 R+R 2
mesmo ocorrendo com a potência dissipada nesse resistor (Pot1). Para
confirmar que nenhuma alternativa, além de a, está correta, podemos
verificar, por exemplo, o que acontece com as outras potências dissipadas, para R3 = 0:
Pot3 = 0 i2 = 0
Pot2 = 0 (R2 está em curto-circuito)
Pot2 – Pot3 = 0
Pot2 + Pot3 = 0
Alternativa a.
16 V
37
R
L1
L3
i1
24 V
R
i
L2
6V
R
8V
L4
R
2
R
Pot = U i ⇒ i = Pot
U
12 V
+
2V
• Resolução dos exercícios propostos
25
–
U=3V
i2
0,6
⇒ i1 = 0,2 A
3
0,3
Em L2: i2 =
⇒ i2 = 0,1 A
3
Em L1: i1 =
i1 = i2 + i ⇒ 0,2 = 0,1 + i ⇒ i = 0,1 A
Em R: U = R i ⇒ 3 = R 0,1 ⇒ R = 30 Ω
Alternativa a.
Note que o fechamento de C3 e C4 implica uma tensão de 16 V na lâmpada L1.
Alternativa b.
A
39
I.
A
A
i2
i1
12 V
R1 = 12 Ω
R2
r = 3,0 Ω
I
27 Como a tensão U entre os terminais do elemento é menor que
12 V, concluímos que esse elemento é, com certeza, um gerador.
B
B
B
50
TÓPICOS DE FÍSICA 3
No gerador:
UAB = ε – r I = 12 – 3,0 · 1,0 ⇒ UAB = 9 V
Em R1:
UAB = R1 i1 ⇒ 9 = 12 i1 ⇒ i1 = 0,75 A
Em R2:
I = i1 + i2 ⇒ 1,0 = 0,75 + i2 ⇒ i2 = 0,25 A
UAB = R2i2 ⇒ 9 = R2 0,25 ⇒ R2 = 36 Ω
45
a)
R3 = 3,6 Ω
i
i2
R
R1 = 32 Ω
10 V
R1 R2
12 R2
=r ⇒
= 3,0 ⇒ R2 = 4 Ω
R 1 + R2
12 + R2
R2 = 2 Ω
B
B
Pot1 = Pot2 ⇒
32 i21 = 2 i22 ⇒ i2 = 4 i1
UAB = R1 i1 = (R + R2) i2
32 i1 = (R + 2) 4i1
R=6Ω
R1 i21 = R2 i22
43
A
i1
b) R em série com R2 ⇒ 8 Ω
R1 em paralelo com 8 Ω ⇒ 6,4 Ω
E
2,4 Ω ⇐
A
i1
II. R1 e R2 constituem o circuito externo ao gerador. Para que a potência fornecida pelo gerador seja máxima, a resistência equivalente a
R1 e R2, que estão em paralelo, tem de ser igual a r:
A
A
4Ω
R3 = 3,6 Ω
6Ω
i
A
i
2Ω
B
i
E = 4,4 i ⇒ i = E
4,4
UAB = RAB i = 2,4 E = 6 E
4,4 11
6E
U
i1 = AB = 11 = E = I
6
11
6
A
6,4 Ω
10 V
B
B
ε = Req i ⇒ 10 = 10 i ⇒ i = 1 A
UAB = 6,4 i = 6,4 · 1 ⇒ UAB = 6,4 V
A
Na primeira figura:
i’1
E
Pot1 =
U2AB 6,42
⇒ Pot1 = 1,28 W
=
R1
32
47
4 Ω⇐
3
2Ω
4Ω
6Ω
i’
B
E = 6 + 4 i’ ⇒ i’ = 3E
3
22
UAB = RAB i’ = 4 · 3E = 2E
3 22 11
2E
U
i’1 = AB = 11 = E = I
2
11
2
Alternativa c.
B
a) No chuveiro:
U=Ri
220 = 11 i ⇒ i = 20 A
b) Pottotal = 335 W + 100 W + 55 W + 110 W + 4 400 W = 5 000 W= 5 kW
Δt = 15 min = 1 h
4
Sendo E a energia elétrica consumida, temos:
E = Pot Δt = 5 kW 1 h
4
E = 1,25 kWh
c) Com o rompimento do fio neutro no ponto A, o chuveiro, a geladeira e a lâmpada não são afetados, pois continuam submetidos a
220 V, 110 V e 110 V, respectivamente. O ventilador e a TV, porém,
passam a constituir uma associação de aparelhos em série, sendo
de 220 V a ddp entre os terminais da associação:
Manual do professor
i
Ventilador
220 Ω
i
TV
110 Ω
(νA – νC) – (νA – νB) = 2R i2 – R i1
νB – νC = R I
νB – νC = 1 000 · 2,5 · 10–3
νB – νC = 2,5 V
U = 220 V
61 Como a ddp entre A e B é maior que 12 V, concluímos que o
elemento é um receptor:
U = ε’ + r’ i
20 = 12 + 4 i ⇒ i = 2 A, de A para B
U = Req i
220 = (220 + 110) i ⇒ i = 2 A
3
Calculemos as novas potências com que o ventilador e a TV vão
operar logo após o rompimento do fio neutro:
Potv = RV i2 = 220 4 ⇒ Potv 98 W
9
75 O gerador é o elemento que apresenta a maior diferença de
potencial entre os terminais. Portanto, o gerador é o elemento C. O
receptor tem ε’ = 12 V e como U = ε’ + r’ i, U tem de ser maior que
12 V entre os terminais desse elemento. Então, A é o receptor, e B é o
resistor.
79 Seja n o número de pilhas em série:
(mais que 10% acima de 55 W)
PotTV = RTV i2 = 110 4 ⇒ PotTV 49 W
9
εeq = n
(abaixo da potência nominal)
Portanto, só o ventilador será queimado. Evidentemente, ocorrendo isso, a TV (não-queimada) deixará de funcionar.
54 Consideremos ideais o voltímetro, o amperímetro e o gerador.
2R
1,5 V
–
+
U=6V
req = n 0,3 Ω
i=1A
U = εeq – req i
6 = n · 1,5 – n 0,3 · 1
n=5
a)
R
51
3R
85
R
2
⇒
A
R
2R
R
2
E
3R
2
⇒
A
3R
⇒
E
2R
R
2
A
E
⇒
E
i
a) A potência total recebida nos 10 m2 é igual a 13 000 W. Só 12% desse total é aproveitado para gerar energia elétrica.
Então:
Potútil = 0,12 · 13 000 W = 1 560 W = 1,56 kW
Δt = 5 h
Energia gerada = Potútil Δt = 1,56 kW · 5h
Energia gerada = 7,8 kWh
A
b) A carga é dada pela “área” entre o gráfico e o eixo t, que pode ser
considerada igual à “área” do triângulo da figura:
0,6
E = 2 R i ⇒ 10 = 2 000 i
i = 5 · 10–3 A = 5 mA
0,5
b)
0,4
i 1=
2,5
2R
R
0,3
V
A
2R
i = 5 mA
I (A)
B
mA
i2 =
2,5
mA
R
0,2
0,1
C
0,0
Usando a Primeira Lei de Ohm, podemos escrever que:
(I)
UAB = νA – νB = R i1
(II)
UAC = νA – νC = 2 R i2
Como i1 = i2 = I = 2,5 mA, subtraindo (I) de (II), vem:
0
1
2
3
t (horas)
Q=
5 h · 0,5 A
⇒ Q = 1,25 Ah
2
4
5
52
TÓPICOS DE FÍSICA 3
87 No circuito I:
• Se εB 12 V: 12 = εB + (R1 + R2) 1
• Se εB 12 V: εB = 12 + (R1 + R2) 1
No circuito II: εB + 12 = (R1 + R2) 3
De (I) e (II), obtemos: εB = 6 V
De (I’) e (II), obtemos: εB = 24 V
104
(I)
(I’)
(II)
2
Pot = V
Req
Então, a potência dissipada será mínima quando Req for máxima:
95 No circuito dado, há dois geradores.
Entre A e B temos:
U = 12 – 0,5 i
0 = 12 – 0,5 i ⇒ i = 24 A
Sendo R a resistência do reostato, temos, no circuito todo:
36 + 12 = (1,8 + R) 24 ⇒ R = 0,2 Ω
R1
R2
R
96
11
⇒ iA = 0,1 A
100 + 10
⇒ iB = 1 A
No circuito B: iB = 36 – 12
9+4+5+6
No circuito A: iA =
Observando que R1 e R2 estão em paralelo, temos:
No fio MN: iMN = 0
A
97
A
Req =
A
i
R1 = 8 Ω
O valor de Req será máximo quando a expressão R1 R – R21 for máxima,
o que ocorre para:
R2
R3 = 2 Ω
ε1 +–
+
–
R1 R2 R1 (R – R1) R1 R – R21
=
=
R
R 1 + R2
R
ε2 = 12 V
i
R1 = –b = –R = R (abscissa do vértice da parábola)
2a 2 (–1) 2
Conclusão: o cursor deve posicionar-se no ponto médio do fio.
B
B
B
105 24 = 6 + (3 + 3 + 3 + 3) i ⇒ i = 1,5 A
Corrente nula na fonte de tensão ε 2:
UAB = ε 2 = 12 V
Em R3: UAB = R3 i ⇒ 12 = 2 i ⇒ i = 6 A
Na fonte de tensão ε 1: UAB = ε 1 – R1 i
12 = ε 1 – 8 · 6
ε 1 = 60 V
i = 1,5 A
νa
a
νa + 5
b
3Ω
νa – 4,5
6V
20 V
102
1
1
a
i’ = 0
3
2
I
i1
1
i
b
10
3Ω
νa – 10,5
νab = νa – νb = νa – (νa + 5) ⇒ |νab| = 5 V
11
106
Σ fem = Σ fcem + Req ino caminho ± Rdo trecho comum ino caminho ao lado
I: 13 = 4 i1 – 1 i2
II: 11 = 3 + 4 i2 – 1 i1
νa – 15
2
II
i2
i1 = 4 A e i2 = 3 A
Va – 4
Va
Va – 7
a) A ddp entre os pontos 2 e 1 é U, dada por:
U = V2 – V1 = 800 – 300 ⇒ U = 500 V
Como U = R i, temos:
500 = 106 i ⇒ i = 5 · 10–4 A
1Ω
1Ω
a
4A
3A
2Ω
Vb = Va – 13 ⇒ Va – Vb = 13 V
i
3A
Va – 13
b
i2
i1
1
Manual do professor
No outro resistor de 1 MΩ, temos uma tensão de 300 V e uma corrente de intensidade i1, dada por:
U = R i1 ⇒ 300 = 106 i1 ⇒ i1 = 3 · 10–4 A
110
4Ω
Como i = i1 + i2, temos:
5 · 10–4 = 3 · 10–4 + i2 ⇒ i2 = 2 · 10–4 A
R
⇒
250 kΩ
i
B
B
⇒
i
B
B
(II)
16
⇒ UAB = 8R
R+2
4R
4+
4+R
Em I, calculemos a potência dissipada em R:
64R2
2 + 4R + 4
U2AB
R
Pot =
=
= 2 64R
R
R
R + 4R + 4
64
Pot =
R + 4 + 4R–1
A
250 kΩ
4R
4+R
Em II:
16
i=
4 + 4R
4+R
4R
UAB =
·
4+R
107
400 V
A
16 V
(I)
c) F = e E = e U = 10–19 300–3
d
3 · 10
F = 10–14 N
V 3 MΩ
4Ω
B
10–30 v2 ⇒ v2 = 60 · 1012
2
v = 7,8 · 106 m/s
1 MΩ
4Ω
A
i
10–19 · 300 =
A
A
16 V
b) Pelo Teorema da Energia Cinética, temos:
2
2
m v20
τF = m v –
⇒ eU= mv
el
2
2
2
0,75 MΩ = 750 kΩ
A potência será máxima quando a função (R + 4 + 4R–1) for mínima.
Então, a derivada dessa função em relação a R deverá ser nula:
1 + 0 + 4(–1)R–2 = 0 ⇒ 42 = 1 ⇒ R = 2 Ω
R
112
a)
T
0V
T
R
II
+
–
i2
A
2Ω
6V
Em I, temos: i1 = 12 ⇒ i1 = 2 A
6
Em II, temos: i2 = 6 ⇒ i2 = 0,5 A
12
iAB + i2 = i1
iAB + 0,5 = 2 ⇒ iAB = 1,5 A
D
ε1 = 10 V
+
–
+
I
4Ω
6 = (2 + 2 + 2) i1 ⇒ i1 = 1 A (sentido horário)
No circuito II, temos:
12 = (2 + 1 + 1) i2 ⇒ i2 = 3 A (sentido horário)
+
B
–
i1
109 No circuito I, temos:
i1
12 V
2Ω
UAT = RAT i ⇒ 400 V = 1 000 kΩ i ⇒ i = 0,4 mA
UBT = RBT i ⇒ UBT = 750 kΩ 0,4 mA
UBT = 300 V
B
r1 = 1 Ω
ε2 = 12 V
–
i1 = 2 A
R=2Ω
i=0
r2 = 2 Ω
i2
iAB
A
A
νA = 0
νB – νA = R i1 ⇒ νB – 0 = 2 · 1 ⇒ νB = 2 V
νC – νB = ε1 ⇒ νC – 2 = 10 ⇒ νC = 12 V
νD – νC = ε 2 – r2 i2 ⇒ νD – 12 = 12 – 2 · 3
νD = 18 V
53
i2 = 0,5 A
C
b) Como i1 = 2 A, devemos ter i2 = 2 A, para que iAB seja nula:
Em II: 6 = (R + 2) 2 ⇒ R = 1 Ω
113
a) Potência útil da bomba:
Energia m g h 30 · 10 · 10
Potu =
=
=
Δt
60
Δt
54
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Potu = 50 W
Potência recebida pela bomba (total):
η=
116 O circuito dado pode ser redesenhado assim:
Potu
⇒ 0,5 = 50 ⇒ Pott = 100 W
Pott
Pott
R4 = 4 Ω
R2 = 2 Ω
i
b) No motor, temos:
R6
Pot’u
η‘ =
⇒ 0,8 = 100 ⇒ Pot’t = 125 W
Pot’t
Pot’t
R3 = 4 Ω
i
R1 = 2 Ω
Pot’t = U i ⇒ 125 = 25 i ⇒ i = 5 A
Potk = Vk lk
Na curva característica, observamos que lk = 1,5 A quando Vk = 20 V.
Nessa situação, a potência do elemento tem o valor máximo permitido,
ou seja, 30 W.
15 V
10 Ω
1,5 A
A
10 Ω
1,5 A
3,5 A
i=5A
10 Ω
V
20 V
k
10 Ω
B
UAB = 10 i’ ⇒ 15 + 20 = 10 i’ ⇒ i’ = 3,5 A
UAB = V – (10 + 10) i
35 = V – 20 · 5 ⇒ V = 135 V
115
b) A figura mostra o voltímetro num instante qualquer t, sendo t = 0 o
instante em que o voltímetro encontrava-se ligado aos pontos A e C.
x
–
b) ε = Req I ⇒ 8 = 4I ⇒ I = 2A
i = 1A
Em R1: Pot1 = R1 i2 = 2 · 12 ⇒ Pot1 = 2 W
Em R2: Pot2 = R2 i2 = 2 · 12 ⇒ Pot2 = 2 W
Em R3: Pot3 = R3 i2 = 4 · 12 ⇒ Pot3 = 4 W
Em R4: Pot4 = R4 i2 = 4 · 12 ⇒ Pot4 = 4 W
Em R5: Pot5 = R5 I2 = 1 · 22 ⇒ Pot5 = 4 W
Em R6: Pot6 = 0
117 Resolução 1
Supondo B e G operando como geradores e redesenhando o circuito,
temos:
B
P
600 V
t
V
v = 2 m/s
D
0,5t – 5i = 12 – 2 i1
12 – 2 i1 = 20 (i + i1)
600
t (s)
R2 = 20 Ω
i1
Q
⇒ i1 = 2 – t (SI)
15
a) Fazendo t = 0 na expressão de i1, obtemos:
i1 = 2 A
50
i + i1
12 V
Entre os pontos P e Q, podemos escrever:
U (v)
0
+
–
Q
Temos: x = vt = 2t
A indicação do voltímetro é U, dada por:
U = ε – (RAP + RCQ) i = ε – (x · 1,5 + x · 1,5) i
U = 600 – 3x · 2 = 600 – 6x = 600 – 6 · 2t
U = 600 – 12t (SI)
P
R1 = 2 Ω
R3 = 5 Ω
i
Q
P
+
–
0,5 t
x
C
+
a) Como R1 · R4 = R2 · R3, temos uma ponte de Wheatstone em equilíbrio. Conseqüentemente é nula a ddp entre os terminais de R6, o
mesmo ocorrendo com a corrente nesse resistor.
O voltímetro indica zero.
P
+
–
I
c) Observemos que as maiores potências dissipadas ocorrem em R3,
R4 e R5, sendo iguais a 4 i2 em todos eles:
4 i2 = 8 ⇒ i = 2 A e I = 2 2 A
ε’ = Req I = 4 · 2 2 ⇒ ε’ = 8 2 V
a) RAB = 150 Ω e RCD = 150 Ω
ε = Req i ⇒ 600 = 300 i ⇒ i = 2 A
A
ε=8V
R5 = 4 Ω
114 A potência do elemento k é dada por:
b) Impondo i1 = 0:
t
2 – 0 = 0 ⇒ t0 = 30 s
15
Q
Manual do professor
c)
No resistor de 20 Ω: U = R i2
12 = 20 i2 ⇒ i2 = 0,6 A
∴ i = 0,6 A
No gerador V = 0,5 t:
U=ε–ri
12 = 0,5 t0 – 5 · 0,6 ⇒ 0,5 t0 = 15
t0 = 30 s
i1 (A)
2
0
0
20
40 60
55
80 100 t (s)
c) Como a única fem variável (0,5 t) é função de primeiro grau em t, o
gráfico pedido é, com certeza, um segmento de reta:
i1 (A)
2
d) Para t = 90 s:
i1 = 2 – 90 ⇒ i1 = –4 A
15
Sendo i1 0, a bateria está operando como receptor elétrico, recebendo a potência :
P = 12 |i1| = 12 · 4 ⇒ Pot = 48 W
90 100
0
30
t (s)
Resolução 2
i2
i
–4
i1
5Ω
2Ω
+
B +–
V = 0,5 t
–
d) Em t = 90 s: i1 = –4 A B
20 Ω
12 V
Então, B passou a ser um receptor elétrico.
P = ε’ |i1| = 12 · 4 ⇒ P = 48 W
(recebida)
i1
i
↓ i1 0
118 Suponhamos que o diodo não esteja conduzindo:
a) Para t = 0: V = 0,5 t = 0,5 · 0 = 0
Mesmo não gerando, entretanto, um gerador é um condutor. Além
disso, em boas condições, pode ser considerado ideal:
A
A
i
A
1Ω
i
A
2Ω
2Ω
5Ω
2Ω
20 Ω
12 V
12 V
i
i1
i1
B
4Ω
B
20 V
C (0 V)
Considerando nulo o potencial elétrico no ponto C, temos:
νC = 0 ⇒ νB = 8 V ⇒ νA 8 V (pois νB νA)
νA – νC = 20 – 2i ⇒ 20 – 2i 8 ⇒ i 6 A
ε = Req i ⇒ 20 = (2 + 1 + R) i
b) i1 = 0:
i
5Ω
V = 0,5 t
i2
12 V
2Ω
0V
12 V
i = 20 6 ⇒ R 1 Ω
3
3+R
i1 = 0
12 V
i
8V
B
5 Ω e 20 Ω em paralelo: 4 Ω
ε = Req i1 ⇒ 12 = (4 + 2) i1 ⇒ i1 = 2 A
12 V
R
B
20 Ω
i1 = 0
0 V (referência)
0V
i2
Portanto:
• para R 1 Ω, o diodo não conduz;
3
• para R 1 Ω, o diodo conduz.
3
a) R = 2 Ω: o diodo não conduz.
20 = (2 + 1 + 2) i ⇒ i = 4 A
TÓPICOS DE FÍSICA 3
4a )
b) R = 0: o diodo conduz.
UAC = (R + 1) i0 ⇒ 8 = (0 + 1) i0 ⇒ i0 = 8 A
i
c) R = 1 Ω
3
ε,
ε
ε
r
119 A informação “curto e grosso fio de cobre” sugere que a resistência elétrica do fio é extremamente pequena (R 0). O exercício
resolvido 42 do Tópico 1 de Eletrodinâmica confirma isso.
Vamos analisar as quatro possibilidades:
1 a)
ε
r
R⯝0
r
i = ε = 3ε (imáx)
r
r
3
Observação:
• Para a obtenção de corrente máxima num resistor de resitência R, a
associação de geradores em série é a adequada quando R é maior
que a resistência interna r de cada gerador. Quando, porém, R é menor que r, a associação adequada passa a ser em paralelo.
i
ε
r
3
⇒
56
r
ε
120 ν – ν = ε
A
B
R⯝0
K Q – K (–Q) = ε
RA
RB
r
ε
9 · 109 Q = 9 · 109 Q = 5 400
10–2
10–2
18 · 109 Q = 54 ⇒ Q = 54 9
18 · 10
Q = 3 · 10–9 C
r
i = 3ε = ε
3r r
9
–9
–9
K |QA| · |QB|
= 9 · 10 · 3 · 10 · 3 · 10
1
d2
Note que, se fosse usada uma única pilha, a corrente teria essa
mesma intensidade.
F=
2a)
F = 8,1 · 10–8 N
i
122
r
2
⇒
ε,
ε
ε
r
a) Não há dúvida de que a bateria (ε 2, r2), por ter maior fem,
opera como gerador. Vamos supor que a bateria (ε1, r1) também opere como gerador. Observe, então, os sentidos das
correntes:
r
R⯝0
i1
1Ω
27 V
ε
U1
r
i=
2ε
= 4ε
r
3r
r+
2
U2
i2
A
1Ω
28 V
3a)
icc
ε
r
ε
icc
1
i = icc + icc = 2ε + ε
1
2
2r r
2ε
i=
r
2
R
U3
ε
r
r
i = i1 + i2
i
R⯝0
U1 = U2 ⇒ 27 – 1i1 = 28 – 1i2
i2 = i1 + 1
(I)
U1 = U3 ⇒ 27 – 1i1 = R (i1 + i2)
27 – i1 = R i1 + R i2
(II)
Substituindo (I) em (II), temos:
27 – i1 = R i1 + R (i1 + 1)
i1 = 27 – R
2R + 1
B
Manual do professor
Para que o sentido de i1, seja o considerado no circuito, devemos
ter: i1 0.
Então:
27 – R 0 ⇒ R 27 Ω
2R + 1
b) Para que a bateria (ε1, r1) opere como receptor, o valor de i1 na expressão anterior deve ser negativo. Para isso acontecer, os valores
de R devem ser dados por:
R 27 Ω
c) Para a bateria (ε1, r1) não operar, devemos ter i1 = 0, o que nos leva a:
R = 27 Ω
Note que, nessa situação:
ε 2 = Req i2
ε 2 = (R + r2) i2
28 = (27 + 1) i2 ⇒ i2 = 1A
e
U2 = ε 2 – r2 i2 = 28 – 1 · 1 ⇒ U2 = 27 V
A partir desse estado, se R aumentar, ou seja, tornar-se maior que
27 Ω, a corrente i2 certamente diminuirá e, com isso, U2 ficará maior
que 27 V.
Então, o potencial do ponto A estará um pouco mais de 27 V acima
do de B.
É aí que (ε 2, r2) impõe uma corrente em (ε1, r1), tornando-a um receptor.
123
3,0 Ω
6,0 V
l
i1
2,0 Ω
ll
Em I: 6 = 0 + 3 i1 – 2 i2 ⇒ i1 =
R
i3
lll
i2
i1
1,0 Ω
i2
Em II: 0 = 0 + (9 + R) i2 – 2 i1 + R i3
6 – R i2
R+1
Capacitores
• Objetivos do Tópico
Neste Tópico, estudamos o capacitor: definição,
processo de carga, capacitância, energia elétrica armazenada etc.
É importante mostrar aos alunos diversos tipos de
capacitores. Além disso, vale a pena carregar um capacitor de alta capacitância (eletrolítico), usando uma
bateria de 6 V, por exemplo, e descarregá-lo, em seguida, numa lampadinha de lanterna.
Após estudar o caso particular do capacitor plano, mostramos, num boxe, que é inviável obter a capacitância de 1 farad usando esse tipo de capacitor.
Na primeira “Leitura” deste Tópico, descrevemos
maneiras de conseguir capacitâncias elevadas.
Em seguida, estudamos a influência do dielétrico
na capacitância e interpretamos o significado da permissividade.
Na atual versão, foi incluída a análise dos processos de carga e descarga de um capacitor em um
circuito RC.
Na segunda Leitura deste Tópico, mostramos algumas aplicações de capacitores.
A exposição teórica do Tópico se encerra com o
estudo das associações de capacitores.
i3
1,0 Ω
(I)
(II)
Em III: 6 = 0 + (R + 1) i3 + R i2
i3 =
Tópico 4
• O que não pode faltar
4,0 Ω
6 + 2 i2
3
6,0 V
57
(III)
Substituindo (I) e (III) em (II), obtemos:
6 + 2 i2
6 – R i2
+R
=0
3
R+1
a) Para R = 2,0 Ω: i2 = 0
b) Para R = 3,0 Ω: i2 = 0,06 A
(9 + R) i2 – 2
Nota:
• Também podemos responder ao item a baseados na simetria do circuito.
2. Definição
3. O processo de carga de um capacitor
4. Capacitância
5. Energia potencial eletrostática de um capacitor
6. Estudo do capacitor plano
7. Influência do dielétrico na capacitância
Exercícios
10. Associação de capacitores
• Associação em série
• Associação em paralelo
Exercícios
• Algo mais
A determinação experimental da carga de um capacitor plano pode ser feita por meio de uma balança
eletrostática.
58
TÓPICOS DE FÍSICA 3
A figura a seguir representa, esquematicamente
e de modo simplificado, uma balança eletrostática.
As armaduras do capacitor plano são um dos pratos da balança e uma placa metálica fixa, ambos de
área A:
O campo elétrico total (uniforme) entre as armaduras tem intensidade igual a 2E.
Sendo d a distância entre as armaduras e ε a força
eletromotriz da fonte de tensão, temos:
(II)
Etotal d = ε ⇒ 2Ed = ε ⇒ E = ε
2d
Substituindo (II) em (I), temos:
Fe = Q ε ⇒
2d
Q
2Fed
ε
Conhecidos os valores de Fe, d e ε, fica determinado o valor de Q.
Armadura
móvel
d
Base
isolante
Armadura
fixa
Toda a estrutura da balança é constituída de partes metálicas em
contato elétrico.
Nota:
• Esse resultado tem conexão com o Descubra mais
do Tópico 3 de Eletromagnetismo.
• Subsídios ao Descubra mais
Inicialmente, a balança está equilibrada.
A distância entre as armaduras é pequena e igual
a d, e pequenos espaçadores (䉱) isolantes estão entre
elas.
Submete-se, então, as armaduras a uma ddp U de
alguns milhares de volts. Com isso, surgem forças
eletrostáticas de atração entre elas.
O curcuito a seguir é constituído de uma pilha de
resistência interna desprezível e força eletromotriz ε,
de um resistor de resistência R, de um capaitor de capacitância C, inicialmente descarregado, e uma chave
k, aberta.
Fechando a chave, mostre que, após muito tempo,
a energia armazenada no capacitor é igual à energia
dissipada no resistor.
R
ε
C
–Q
+Q
––––––
d
+
–
++++++
K
+
–
Fonte de alta
tensão
A intensidade Fe dessas forças pode ser determinada colocando-se, aos poucos, massas conhecidas no
outro prato até se atingir uma situação em que os espaçadores deixam de ser comprimidos pelo prato, ou
seja, o prato–armadura está na iminência de subir.
Nessa situação, Fe é igual ao peso P da massa total
conhecida adicionada no outro prato.
Portanto, o valor de Fe fica determinado.
Sendo Q a carga do capacitor e E a intensidade
do vetor campo elétrico que cada armadura cria,
temos: Fe = Q E
(I)
Após muito tempo, isto é, quando o capacitor estiver plenamente carregado, a energia Ec armazenada
nele será:
2
Ec C ε
2
A carga final do capacitor será Q = C ε.
Isso significa que o gerador retirou de uma das
armaduras do capacitor uma carga de módulo igual a
C ε e transferiu essa carga para a outra armadura. Portanto, passou pelo gerador uma carga de módulo C ε.
Em unidades do SI, ε significa a energia que o gerador forneceu a cada coulomb que passou por ele.
Portanto, para C ε coulombs, o gerador forneceu uma
energia total EG, dada por:
EG= (C ε) ε = C ε2
Manual do professor
Podemos perceber, então, que, se metade dessa
2
energia C ε foi armazenada no capacitor, a outra
2
2
metade C ε foi dissipada no resistor.
2
• Resolução dos exercícios propostos
7
• U é constante, pois o capacitor permanece ligado à bateria.
• C = A : aumentando d, C diminui.
d
• Q = C U: C diminui ⇒ Q diminui.
Alternativa d.
8
• Q é constante, pois o capacitor está desligado.
• C = A : aumentando d, C diminui.
d
Q
• U = : C diminui ⇒ U aumenta.
C
• Ep = QU : U aumenta ⇒ Ep aumenta.
2
Alternativa e.
16
a)
B
i1
i1
2Ω
4Ω
A
19
a) O campo elétrico induzido no material isolante reduz o campo elétrico resultante entre as placas. Por isso: F F0.
b) Sejam C0 e U0 a capacitância e a ddp entre as placas no vácuo:
Q = C0 U0
Com a introdução do dielétrico, a capacitância passa a ser C = r C0
U
e a ddp entre as placas passa a ser U = 0 , já que a carga Q é consr
U
tante: Q = CU = r C0 · 0 = C0U0.
r
Sendo E0 e E as intensidades do vetor campo elétrico entre as placas nas situações inicial e final, respectivamente, temos:
U
E0 d = U0 ⇒ E0 = 0
d
U0
E
Ed=U ⇒ E= U = r = 0
d
∈r
d
Então:
F0 = |q| E0
E
F
F = |q| E = |q| 0 ⇒ F = 0
∈r
∈r
Notemos que, como r é maior que 1, F é realmente menor que F0.
CB = 2 CC
e QAB = 18 µC
Como os capacitores estão em paralelo, UA = UB = UC. Então:
2 µF
2Ω
C
2
Ed = U Δt = K , temos:
R
R
K + K + K = 6,5 · 10–2 ⇒ K = 5 · 10–2 (SI)
1 5 10
A energia dissipada no resistor de 1 Ω vale, então:
–2
Ed = K = 5 · 10 Ed = 5 · 10–2 J
R
1
39 C = 3 C
A
B
i2
10 Ω
59
QA QB QC
Q
Q
Q
=
=
⇒ A = B = C
CA CB CC
6CC 2CC CC
i2
12 V
12 = (2 + 4) i1 ⇒ i1 = 2 A
12 = (10 + 2) i2 ⇒ i2 = 1 A
νA – νB = 2 i1 = 2 · 2 ⇒ νA – νB = 4
νA – νC = 10 i2 = 10 · 1 ⇒ νA – νC = 10
⇒ νB – νC = 6 V (U no capacitor)
Q = C U = 2 µF 6 V ⇒ Q = 12 µC
⇒
b) Deveríamos ter νB = νC: ponte de Wheatstone em equilíbrio.
Para isso:
R4=2·2 ⇒ R=1Ω
QA + QB + QC QA QB QC
=
=
=
6+2+1
6
2
1
Q
18 = A ⇒ Q = 12 µC
A
9
6
Q
18 = B ⇒ Q = 4 µC
B
9
2
Q
18 = C ⇒ Q = 2 µC
C
9
1
42 A energia armazenada é dada por:
E= CU
2
Sendo C =
17 Energia armazenada no capacitor:
2
–6
2
Ep = C U = 13 · 10 · 100
2
2
Ep = 6,5 · 10–2 J
Após o fechamento da chave, a tensão é a mesma em todos os elementos do circuito, a cada instante. Como a energia dissipada nos resistores obedece a uma expressão do tipo:
2
E=
0 A
e U = E d = σ d , temos:
0
d
0 A σ2 d2
· 2
d
0
2
2
2
= σ Ad ⇒ E = σ V
2 0
2 0
44 Ao se ligar B à Terra, B adquire, por indução total, uma carga –Q.
Assim:
K (–Q)
νA = K Q +
RA
RB
60
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Mas Q = C U ⇒ Q = C (νA – νB), em que νB = 0.
50
Então:
KQ KQ
–
RB
RA
Q = C νA ⇒ Q = C
R –R
1=CK B A
RA RB
R R
⇒ C= 1 · A B
K R B – RA
K = 1 ⇒ 1 = 4π 4π K
Então:
4π RA RB
R B – RA
C=
ᐉ1
C1 = 0,08 µF
Q = 2 µC
U1 =
Q
= 2 ⇒ U1 = 25 V
C1 0,08
f1 = 100 Hz
Q = 2 µC
U2
C2
f2 = 250 Hz
46 As placas P e Q constituem um capacitor plano de capacidade C,
dada por:
ᐉ2
C= A
d
Quando esse capacitor é eletrizado sob ddp igual a U, sua carga vale:
q = CU = AU
d
O campo elétrico entre as placas tem intensidade E, dada por:
E= U
d
Metade dessa intensidade é devida a uma placa e a outra metade é
devida à outra placa E = E + E e cada placa submete-se apenas ao
2 2
campo criado pela outra. Assim, a placa P é atraída pela placa Q por
uma força de intensidade F, dada por:
U
E
A
U
· d
F=q =
2
d
2
F=
A U2
2d2
47 Nesse capacitor em processo de carga, temos:
U = ε – R i = 12 – 10 · 0,2 ⇒ U = 10 V
Q = C U = 2 · 10–3 · 10 ⇒ Q = 2 · 10–2 C
Como f = N v e N = 1, temos:
2L
v
f1 =
= 100
2ᐉ1
ᐉ
⇒ 2= 2
v
ᐉ1 5
= 250
f2 =
2ᐉ2
Como C = A e Q = C U, temos:
d
Q = A U1
ᐉ1
Q = A U2
ᐉ2
⇒
U2 = 25 2 ⇒ U2 = 10 V
5
51 As duas metades desse capacitor podem ser consideradas dois
capacitores associados em paralelo. Então:
0 k1 A
0 k2 A
2
2
C = C1 + C2 =
+
d
d
A
C = 0 (k1 + k2)
2d
51
49
+
a) Q = C U ⇒ Q = 5 · 36 ⇒ Q = 180 µC
b) Inicialmente, calculemos a corrente elétrica no circuito, lembrando
que, após o processo de carga do capacitor, não há corrente no
ramo em que ele se encontra. Os condutores AB e CD têm 150 Ω de
resistência cada um. Assim:
ε = Req i ⇒ 36 = 300 i ⇒ i = 0,12 A
UXY = ε – (RAX + RCY)i =
= 36 – (1,5 ᐉ + 1,5 ᐉ) 0,12
UXY = 36 – 0,36 ᐉ
Q = C UXY ⇒ Q = 5 (36 – 0,36 ᐉ)
Q = 180 – 1,8 ᐉ (ᐉ em metros e Q em microcoulombs)
U1 U2
ᐉ
=
⇒ U2 = U1 2
ᐉ1 ᐉ2
ᐉ1
–
+
F
(+)
–
+
M ⇒F
(–)
M
–
+
Com n placas, temos uma associação de (n – 1) capacitores planos de
A
área A, em paralelo, cada um deles com capacitância igual a 0 .
d
Então, a capacitância do sistema é dada por:
A
C = (n – 1) 0
d
Manual do professor
61
Parte III - ELETROMAGNETISMO
Tópico 1
• Algo mais
O campo magnético e sua influência
sobre cargas elétricas
Pode-se solicitar aos alunos trabalhos de pesquisa
que abordem temas como:
• O acelerador de partículas ciclotron.
• A câmara de bolhas e outros detectores de partículas.
• Objetivos do Tópico
• Subsídios ao Descubra mais
Iniciamos este Tópico apresentando noções básicas de Magnetismo. Sugerimos, como experimento, a
construção de uma bússola.
Em seguida, estabelecemos a orientação do vetor
indução magnética e conceituamos linhas de indução.
Experimentos com ímãs e limalha de ferro despertam
bastante o interesse dos alunos e podem ser realizados
facilmente em aula.
Para orientar a força magnética atuante em partículas eletrizadas, usamos a regra da mão direita espalmada, mas colocamos em um boxe a regra da mão esquerda de Fleming, outra opção. Após a análise dessa
força, estudamos o efeito Hall.
A exposição teórica do Tópico se encerra com a análise dos possíveis movimentos de partículas eletrizadas
submetidas exclusivamente a um campo magnético uniforme e constante. Na Leitura deste Tópico, mostramos
por que ocorrem as auroras polares. Os exercícios 35 e
40 mostram aos alunos como é possível medir a massa
de um átomo por meio do espectrômetro de massa.
1. Por que as auroras polares acontecem predominantemente naquelas regiões?
Na realidade, a excitação dos gases da atmosfera causada pelos elétrons do “vento solar” não ocorre
apenas nas regiões polares.
Entretanto, nas regiões polares a quantidade de
excitações por unidade de tempo e por unidade de
volume de ar é muito maior porque o campo magnético terrestre desvia grande quantidade de elétrons,
de modo a concentrá-los nessas regiões. Assim, a luminosidade decorrente das excitações torna-se muito
mais intensa e pode ser vista mais facilmente do que
em outras regiões.
Por isso, as auroras acontecem predominantemente nas regiões polares.
• O que não pode faltar
2. Ímãs ou magnetos
• Pólos magnéticos
• Atração e repulsão
• Inseparabilidade dos pólos de um ímã
3. O campo magnético de um ímã
4. Campo magnético uniforme
Exercícios
5. Ação do campo magnético sobre cargas elétricas
Exercícios
7. Campo magnético uniforme e constante
8. Movimento de portadores de carga elétrica lançados em um campo magnético uniforme e constante
• Quando a velocidade v tem a mesma direção de B
• Quando a velocidade v tem direção perpendicular a B
Exercícios
2. Em Eletrostática, você estudou as linhas de força de um
campo elétrico. Por que essa denominação (linhas de
força) não é adequada para as linhas de indução de um
campo magnético?
Em um campo elétrico, partículas eletrizadas submetem-se a forças elétricas que têm a mesma direção
das linhas do campo. Portanto, a denominação linhas
de força é adequada a essas linhas:
E1
Fe
1
Fe
2
+
q1 > 0
–
q2 < 0
E2
Linha de
força
Em um campo magnético, porém, as forças
magnéticas possíveis de atuar em partículas eletrizadas têm direções perpendiculares às linhas do
campo. Por isso, é inadequado chamá-las de linhas
de força:
62
TÓPICOS DE FÍSICA 3
+
Fm
1
v1
B1
+
q1 > 0
–
q2 < 0
EX
v2
v
Arco de parábola
B2
+
Fm
Fe
2
Linha de
indução
Nota:
• A força magnética que atua em uma partícula ferromagnética – um grânulo de limalha de ferro, por exemplo – tem a mesma direção do vetor campo magnético.
Entretanto, a importância dessa força que atua em partículas eletrizadas é bem maior pela grande diversidade
de aplicações práticas (motores elétricos, tubos de raios
catódicos, espectrômetros de massa, aceleradores de partículas entre outros).
• Resolução dos exercícios propostos
v
B
–
Y
38 Em O, deve prevalecer o campo magnético do ímã, o que fez
θ ser aproximadamente igual a 90°. Em pontos muito afastados de O,
o campo do ímã torna-se desprezível, prevalecendo, então, o campo
magnético terrestre, o que torna θ praticamente igual a zero.
Alternativa c.
39
2
2q U
τF = Ec ⇒ q U = m v ⇒ v =
m
e
2
2 · 1,6 · 10–19 · 2 000
1,6 · 10–26
v=
Z
22
Alternativa e.
Fm
⇒ v = 2 · 105 m/s
1,6 · 10–26 · 2 · 105
R= mv =
|q| B
1,6 · 10–19 · 0,5
R = 40 mm
Fm
–
40
v
X
Fonte
de íons
a) EP + EC + EP + EC
B
B
A
A
2
Observemos que haverá acúmulo de elétrons livres na região central
do bastão e conseqüente falta deles nas extremidades.
24 Supondo que as partículas se submetem exclusivamente aos
q νB + m v = q νA + 0
2
2 q (νA – νB)
v=
m
V
Como νB νA : q 0
campos citados, temos:
A: campo elétrico
F
q
e
v0
–
E
Como a partícula está em movimento retardado, submete-se a uma
força elétrica Fe oposta à sua velocidade e, portanto, oposta ao vetor
E . Assim, q é negativa.
q
v0
B: campo magnético
–
B
θ = 0° ⇒ Fm = O ⇒ velocidade constante
36
Região I: Movimento retilíneo e acelerado na direção e no sentido de
x ⇒ +Ex
Região II: MCU ⇒ BZ
BZ
+
Fm
Então: v =
A
v0 = 0
B
v
2q V
m
2
b) Rcp = Fm ⇒ m v = q v B
R
qBR
m
=qBR
m=
2q V
v
q B2 R2
m2 = q2 B2 R2 m ⇒
2V
2q V
c) 1o pico:
1,6 · 10–19 2 (10 · 10–2)2
100
m1 =
2 · 10 000
m1 = 1,6 · 10–27 kg
∴ m1 = 1 u (hidrogênio)
v
Arco de circunferência
2o pico:
m2 =
Região III: composição de MU na direção de y com MUV na direção
de x ⇒ –Ex
1,6 · 10–19 4 (10 · 10–2)2
100
2 · 10 000
m2 = 3,2 · 10–27 kg
∴ m2 = 2 u (deutério: um isótopo do hidrogênio)
Manual do professor
41
R2 = h2 + (d – R)2 ⇒ R2 = h2 + d2 – 2d R + R2
Fe
E
2
2
R= h +d
2d
v1
θ
q +
63
B
Bmín =
mv
2
2
q h +d
2d
= 2 m2 v d2
q (h + d )
Então:
Fm
2mvd ⭐B⭐ 2mv
qd
q (h2 + d2)
Fe = Fm ⇒ |q| E = |q| v B sen θ
v=
5
E
⇒ v = 2 · 10
B sen θ
0,1 sen θ
45
6
v = 2 · 10 m/s
sen θ
a) Antes de a partícula penetrar no campo magnético, temos:
Rar
43 Se o campo magnético fosse uniforme e constante, a partí-
cula descreveria uma hélice cilíndrica com seção transversal de raio
m v⊥
. Entretanto, como B diminui, esse raio aumenta e a partícula
R=
|q| B
descreve aproximadamente a trajetória representada a seguir, que é
uma hélice não-cilíndrica:
a
Rar = P ⇒ k v0 = m g
v0
K=
mg
v0
P
b
b) A nova velocidade constante é atingida quando Rar e FM equilibram
o peso, ou seja, quando a resultante de todas as forças se anula:
v
x
B
Rar
FM
Alternativa c.
+
2
44 F = F ⇒ m v = q v B 1, em que q ⬎ 0
cp
m
r
B= mv
qr
vL
• Bmáx ⇒ rmín = d
2
h
Peso
v
d
2
Bmáx ⇒
c) No triângulo retângulo destacado na figura acima, temos:
Peso2 = F2M + R2ar
m2 g2 = Q2 v2L B2 + k2 v2L
m v 2m v
=
qd
qd
2
v2L =
m 2 g2
Q2 B2 + k2
–
vL = m g (Q2 B2 + k2)
• Bmín ⇒ rmáx = R
1
2
46
N S
SM
h
NG
R
v
d–R
R
d
Não.
A pessoa vai caminhar para o sul magnético, afastando-se, portanto,
do norte geográfico.
64
TÓPICOS DE FÍSICA 3
–3
–2
47 R = m v = (2,0 · 10 ) · (2,0 · 10 )
–6
Então:
(8,0 · 10 ) · (5,0)
|q| B
|U|
= v B ⇒ |U| = d v B
d
R = 1,0 m
B
|U| = 5,0 · 10–2 m 1,47 · 10–5 m/s · 4,0 T
B
0,80 m
|U| = 2,94 · 10–6 V = 2,94 µV
0,80 m
R = 1,0 m
Tópico 2
v
+
A
Vista de
cima
d
A origem do campo magnético
C
0,60 m
d = R – 0,60 = 1,0 – 0,60 ⇒ d = 0,40 m
• Objetivos do Tópico
50
a) Durante um intervalo de tempo Δt, N elétrons livres passam por
uma seção transversal da fita. Esses elétrons ocupam uma porção
da fita de volume V e comprimento Δs:
i
A
v
V
Δs
⇓ Após Δt
v
Δs
n = N ⇒ N = n V = n A Δs
V
N
i = e = n A Δs e ⇒ i = n A v e
Δt
Δt
i
v=
nAe
100 C/s
v=
elétrons
22
8,5 · 10
5,0 cm2 · 1,6 · 10–19 C
cm3
v = 1,47 · 10–3 cm/s
b)
i
P
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
Fe
v
E
B
–
d = 5,0 cm
U
Fm
–
–
–
–
Vista de cima
–
–
–
–
–
–
Iniciamos este Tópico descrevendo a experiência de Oersted. Sugerimos depois um experimento
para comprovar que correntes elétricas geram campo
magnético.
Em seguida, estudamos o campo magnético gerado por um fio retilíneo, aplicando a Lei de Ampère na determinação de sua intensidade. Para orientar
as linhas de indução, usamos a regra da mão direita
envolvente, tanto no caso do fio retilíneo como nos
seguintes.
O conhecimento do campo gerado por fio retilíneo
possibilita uma análise mais detalhada da experiência
de Oersted, apresentada em um boxe.
Ao estudarmos o campo magnético gerado por
uma espira circular, sugerimos um experimento simples para comprovar a existência de pólos magnéticos
na espira. Aplicamos a Lei de Biot-Savart-Laplace
para determinar a intensidade desse campo no centro
da espira.
No estudo do campo magnético gerado por um solenóide, aplicamos novamente a Lei de Ampère para
determinar a intensidade desse campo no interior de um
solenóide compacto. Em um boxe, mostramos como os
elétrons são direcionados em um tubo de imagem.
Em seguida, estudamos as propriedades magnéticas
dos materiais, enfatizando os ferromagnéticos. Sugerimos um experimento para comprovar o ponto Curie.
Na primeira “Leitura” deste Tópico, tecemos alguns comentários sobre o campo magnético terrestre.
Finalizamos a exposição teórica do Tópico estudando o eletroímã e apresentando uma “Leitura” sobre disjuntores.
–
Q
A polarização da fita se encerra quando Fe e Fm se equilibram:
Fe = Fm ⇒ e E = e v B ⇒ E = v B
|U|
Como E d = |U|: E =
d
• O que não pode faltar
1. Introdução
2. Campo magnético gerado por um fio retilíneo muito longo (infinito)
65
Manual do professor
Exercícios
3. Campo magnético gerado por uma espira circular
Exercícios
5. Origem das propriedades magnéticas dos materiais
6. Materiais ferromagnéticos
9. Eletroímã
Exercícios
• Algo mais
Uma montagem experimental para demonstrar
em sala de aula o experimento de Oersted pode ser
feita de modo bastante simples, como sugere a figura
a seguir:
L
P1
I
A força magnética F atuante em um pólo magnético de intensidade p, no vácuo ou no ar, devida
a um campo magnético externo B, tem a mesma direção de B e intensidade F = p B . Se o pólo que
µ0
se submete ao campo B é um pólo norte, a força
magnética tem o mesmo sentido de B; se é o sul,
a força citada tem sentido oposto ao de B.
Considere o ímã em forma de barra reta ilustrado
na fígura a seguir, em que estão representadas algumas das linhas de indução do campo magnético do
ímã, em uma região externa a ele (ar):
π
Ímã
N
S
U
A
P2
B
F1
T
F1
F2
N
F4
F3
S
Fios de cobre ligados
às extremidades do
U para gerar uma
corrente elétrica
usando uma pilha
Em que:
U: fio grosso e rígido de cobre ou alumínio (ou uma haste de
latão) em forma de U;
T: tábua;
F1 e F2: furos na tábua, onde se encaixa a peça U;
I: ímã suspenso ao U por fios de linha (L);
P1 e P2: parafusos de ferro para “prolongar” o ímã, se necessário.
Inicialmente, posicionamos a tábua de modo que
o ímã fique estabilizado paralelamente ao trecho horizontal do U.
Em seguida, estabelecemos uma corrente contínua no U e observamos um desvio do ímã.
• Subsídios ao Descubra mais
1. Em um ímã, existe um local denominado zona neutra,
que não atrai magneticamente, por exemplo, um prego
de ferro.
Elabore um modelo para explicar a existência da zona
neutra.
N
S
F2
Se uma peça ferromagnética não-imantada – de
ferro, por exemplo – for colocada na região A indicada na figura, por indução, ela vai adquirir pólos magnéticos norte e sul, não-permanentes. Como a parte
da peça em que é induzido o pólo norte está em uma
região de campo magnético mais intenso (maior densidade de linhas de indução do campo externo), a organização dos domínios magnéticos será mais perfeita nessa parte do que na outra, que está em uma região
de campo magnético menos intenso. Isso equivale a
dizer que a peça, como um todo, terá um pólo norte
induzido mais intenso que o pólo sul induzido.
A diferença entre as intensidades de B nas duas
partes consideradas e a diferença entre as intensidades
dos pólos induzidos permitem concluir que a intensidade da força F1 será maior que a de F2 e, portanto, que
a peça será atraída pelo ímã.
Entretanto, se a peça for centrada na região B
– uma região do plano π no qual está a zona neutra do ímã (ver figura) –, o nível de organização (ou
desorganização) dos domínios, à esquerda e à direita
do plano π, será o mesmo. Assim, as intensidades dos
pólos norte e sul induzidos na peça serão iguais.
Considerando que as dimensões da peça sejam
muito menores que as distâncias entre ela e os pólos
66
TÓPICOS DE FÍSICA 3
do ímã, os pólos induzidos estarão submetidos a vetores B praticamente horizontais e de mesma intensidade. Assim, as forças F3 e F4 se equilibrarão e a peça
não será atraída pelo ímã.
2. Um longo fio de cobre, estendido paralelamente a um
terreno plano e horizontal, é percorrido por uma corrente elétrica constante de intensidade i.
Numa pessoa P, em repouso na posição indicada na figura (vista de cima), o vetor indução magnética devido
ao fio é B (B ≠ 0).
i
• Resolução dos exercícios propostos
11 Para r = 1 m, por exemplo, temos:
µ0
B
µ0 = 20 ⇒ B = 2π 20
2π
µ i
µ i µ
Como B = 0 : 0 20 = 0
2π r 2π
2π
i = 20 A
12
Posição da agulha livre do campo
magnético do fio:
Posição da agulha no ponto 5:
N
BTerra
BTerra
Fio
N
S
O
M
N
P
Suponha que essa pessoa passe a caminhar ao longo da
reta MN paralela ao fio, dirigindo-se de M para N, com
velocidade de módulo igual ao da velocidade média dos
elétrons livres presentes no fio. As duas velocidades são
relativas ao terreno.
Qual é, nessa nova situação, o vetor indução magnética
na pessoa, devido ao fio? Explique.
Quando a pessoa P está em repouso no terreno,
a corrente elétrica no fio é devida ao movimento de
elétrons livres, que se deslocam em relação a ela com
velocidade média de módulo v, no sentido de M para
N. Na figura a seguir, os cátions do fio, “fixos” em
relação à pessoa, não foram representados:
i
–
L
–
–
–
i
Bresultante
S
N
S
Bfio
Notemos que a deflexão sofrida pela agulha, ao ser colocada no ponto
5, é de 180°.
Alternativa e.
15 Em P, B entra no papel:
1
µ i1
–7
= 4π 10 · 18 ⇒ B1 = 1,2 · 10–4 T
2π r 2π 3,0 · 10–2
Em P, B2 sai do papel:
µi
–7
⇒ B2 = 2,0 · 10–4 T
B2 = 2 = 4π 10 · 10
2π r 2π 1,0 · 10–2
Assim: BP = B2 – B1 ⇒ BP = 8,0 · 10–5 T
B1 =
–
17 Na figura a seguir, estão indicados os vetores indução no centro
B
M
N
P do quadrado, criados pelos quatro fios:
P
A
Ao caminhar paralelamente ao fio, de M para N,
com velocidade de módulo também igual a v, os elétrons livres passam a estar em repouso em relação à
pessoa. Portanto, para ela, a corrente elétrica e o campo
magnético devidos a esses elétrons tornam-se nulos.
Entretanto, em relação à pessoa, a rede cristalina formada pelos cátions agora se move, deslocando-se com
velocidade de módulo v, no sentido de N para M, e gerando uma corrente elétrica com a mesma intensidade e
o mesmo sentido da corrente da situação anterior.
Conseqüentemente, o campo magnético B na pessoa, devido ao fio, permanece o mesmo:
i
+
M
+
+
B
P
+
+
N
B
BD
BA
BB
BC
P
D
C
Como as correntes têm a mesma intensidade e P é eqüidistante dos
quatro fios, temos:
µi
B A = BB = B C = BD = B =
2π r
Sendo µ = 4 π 10–7 T m , i = 30 A e r = ᐉ 2 = 7,5 2 · 10–2 m, calculeA
2
mos B, que é o módulo comum dos quatro vetores:
B=
8,0 · 10–5
4π 10–7 · 30
⇒ B=
T
–2
2
2π 7,5 2 · 10
Manual do professor
No centro do quadrado, temos:
27
i1 =
BP
i
2B
67
i
2
C
2B
i2 =
i
2
As correntes de intensidades i1 e i2 criam, no centro C, campos magnéticos de mesma intensidade e sentidos opostos.
Então:
BC = 0
P
Aplicando o Teorema de Pitágoras ao triângulo sombreado, obtemos:
B2P = (2 B)2 + (2 B)2 ⇒ BP = 2 B 2
36
N
BTerra
8,0 · 10–5
T, calculemos BP:
5
–5
8,0 · 10
· 2
BP = 2 ·
2
Como B =
N
O
S
BP = 1,6 · 10–4 T
L
Bsolenóide
S
21
Alternativa a.
⇒
B
i
44 Na mesma posição em que se estabilizou a agulha da bússola (a)
porque, na presença do ímã, a agulha da bússola (b) magnetiza-se por
indução.
–
Mão direita envolvente
Resposta: Perpendicular ao plano da circunferência, entrando nesse
plano.
25
B1 =
µ i1
–7
= 4π 10 · 20
2 R1
2 · 0,20
⇒ B1 = 2π 10–5 T
B2 =
µ i2
–7
= 4π 10 · 30
2 R2
2 · 0,40
⇒ B2 = 1,5π 10–5 T
Como B1 e B2 têm a mesma direção e o mesmo sentido (perpendicular
ao plano do papel, “entrando” no papel), temos, em C:
B = B1 + B2 = 3,5 π 10–5 T
47 Se as correntes tivessem o mesmo sentido, haveria um enfraquecimento do campo magnético resultante nas vizinhanças do centro do segmento AB, pois elas criariam aí campos de sentidos opostos.
O campo resultante nessa região, entretanto, é intenso, pois, quanto
maior a densidade de linhas de indução, maior é a intensidade do campo. Além disso, na metade da distância entre os fios, o campo magnético não é nulo, já que existe uma linha de indução nesse local.
Alternativa a.
48 Só ocorrerá deflexão da agulha, no plano horizontal, nas posições em que o campo magnético gerado pela corrente no fio for horizontal ou, pelo menos, tiver componente horizontal. Isso acontece em
2, 3 e 4:
B
Bh
26
B1 =
µ0 i1
–7
= 4π 10 · 8
2R
2 · 0,4π
⇒ B1 = 4 · 10–6 T
B2 =
µ0 i2
–7
= 4π 10 · 6
2R
2 · 0,4π
⇒ B2 = 3 · 10–6 T
Como os dois campos são perpendiculares entre si, temos, em O:
B = 5 · 10–6 T = 5 µT
Nota:
N
m
N
C m
s
• Tm =
= A = N2
A
A
A
A
2
B = Bh
3
4
Bh
B
B
i
1
5
Fio
B
Alternativa e.
68
TÓPICOS DE FÍSICA 3
49 Na figura a seguir, estão
indicados os vetores indução
magnética criados em O pelos
três condutores. Os sentidos
desses vetores foram dados
pela regra da mão direita envolvente.
52
A
a)
BC
4A
A
r
i1
i2
2Ω
60°
4A
O
BA
O
B
30°
r
6Ω
C
B
BB
Como as correntes têm a mesma intensidade nos três condutores e
o ponto O é eqüidistante deles, concluímos que os módulos dos três
vetores são iguais. Assim:
B A = BB = BC =
1 de 8 Ω = 2 Ω
4
3 de 8 Ω = 6 Ω
4
r
30°
µ0 i
2π r
Sendo µ0 = 4π 10–7 T m , i = 20 A e r = 2,0 m, temos:
A
–7 · 20
4π
10
⇒ BA = BB = BC = 2,0 · 10–6 T
B A = BB = BC =
2π 2,0
A seguir, determinamos a resultante dos três vetores.
A soma de BC com BB é igual a BA:
BB + BC
BA
Assim:
B0 = 2,0 · 10–6 + 2,0 · 10–6
B0 = 4,0 · 10–6 T
A diferença de potencial é igual para os dois arcos entre A e B. Lembrando que U = R i, temos:
2 i1 = 6 i2 ⇒ i1 = 3 i2
Como i1 + i2 = 4 A ⇒ 3 i2 + i2 = 4 A
i2 = 1 A
i1 = 3 A
b) i1 cria B1 entrando em O:
µi
3µ
B1 = 1 · 1 =
4 2R 8R
i2 cria B2 saindo de O:
µi
3µ
B2 = 3 · 2 =
4 2R 8R
Portanto:
BO = 0
53
50
O
Bfio
• Determinação de i:
Bespira
µ i
Bfio = 0
2π r
V=Ri=
µ i
Bespira = 0
2R
2
ρL
ρL
i= 2 i ⇒ i= πr V
ρL
A
πr
• Determinação de n:
µ0 i
µ20 i2 µ20 i2
BO = B2fio + B2espira =
+ 2 ⇒ BO = 2
2
2
4π r 4 R
1 + 1
π2 r2 R2
51
Corte longitudinal
da bobina
a) ε = Req i ⇒ 100 = 20 i ⇒ i = 5 A
µni
= 4 π 10–7 · 1 000 · 5
ᐉ
B = 2π · 10–3 T
B=
2r
Sendo ᐉ o comprimento da bobina e N o número de espiras, temos:
n = N e ᐉ = N 2r
ᐉ
b) Um observador à esquerda de A vê:
i
i
A
Assim, a extremidade A é um pólo sul magnético.
Portanto:
n= N = 1
N 2r 2r
• Finalmente, temos:
2
B=µni=µ 1 · πr L
2r ρ L
µπrV
B=
2ρL
Alternativa a.
Manual do professor
69
Anel
55
Vamos, então, à resolução do exercício.
Os trechos retilíneos não criam vetor indução em C. O trecho circular
de raio R1 cria em C um vetor indução de intensidade B1 e sentido entrando no papel:
Δr
q
R
r
Área total: π R2
Área do anel de largura elementar: 2π r Δr
Carga total: Q
Carga do anel: q
B1 =
O trecho circular de raio R2 cria em C um vetor indução de intensidade
B2 e sentido saindo do papel:
B2 =
Como a carga é proporcional à área:
µ0 i α
4π R1
µ0 i α
4π R2
Então, a intensidade do vetor indução resultante em C é dada por:
q 2π r Δr
=
⇒ q = 2Q r2 Δr
Q
π R2
R
A intensidade da corrente elétrica gerada por q, considerando um período T, é dada por:
q 2Q r Δr 2Q r Δr Q ω r Δr
=
=
=
T
T R2
π R2
2π · R2
ω
A intensidade do campo magnético gerado pelo anel, em seu centro, é:
Q ω r Δr
µ0 i µ0 π R2
µ Qω
B=
=
= 0 2 Δr
2r
2r
2π R
B = B 1 – B2 ⇒ B =
µ0 i α 1 1
–
4π R1 R2
i=
constante
Então:
Btotal = Σ B = Σ
µ Qω
µ0 Q ω
Δr = 0 2
2
2π R
2π R
R
µ Qω
Σ Δr ⇒ Btotal = 0 2 R
2π R
µ Qω
Btotal = 0
2π R
56
a) Nesse caso, α = β = 90° e sen α = sen β = 1:
B=
µi
µi
(1 + 1) ⇒ B =
2π r
4π r
b) Agora temos α = 90° e β = 0°. Então, sen α = 1 e sen β = 0:
B=
µi 1 µi
µi
(1 + 0) ⇒ B =
= ·
4π r 2 2π r
4π r
57 Revendo a aplicação da Lei de Bio-Savart-Laplace na determinação da intensidade Bespira do vetor indução magnética no centro de
uma espira circular, percebemos que um trecho da espira cria naquele
ponto um vetor indução de intensidade Btrecho, proporcional ao comprimento ᐉ do trecho. Assim, sendo 2π R o comprimento total da espira, temos:
ᐉ
R
i
α
Btrecho Bespira
=
ᐉ
2π R
Btrecho = Bespira · ᐉ
2π R
Como ᐉ = α (em radianos), podemos escrever:
R
µ i
µ iα
Btrecho = Bespira · α = 0 · α = 0
2π 2R 2π 4π R
Tópico 3
Força magnética sobre correntes
elétricas
• Objetivos do Tópico
Após estudar a força magnética atuante num trecho elementar de um fio condutor, determinamos
essa força no caso particular de um condutor retilíneo
imerso em um campo magnético uniforme.
Na orientação da referida força, usamos a regra da
mão direita espalmada, mas colocamos, em um boxe, a
regra da mão esquerda de Fleming, uma outra opção.
Após a análise do comportamento de uma espira
retangular imersa em um campo magnético uniforme,
ficamos conhecendo o princípio de funcionamento
de um motor elétrico de corrente contínua. Em um
boxe, detalhamos um pouco mais esse tipo de motor.
O esquema apresentado pode servir de sugestão para
a construção de um motor elétrico rudimentar.
Na “Leitura” deste Tópico, analisamos o funcionamento do galvanômetro analógico e do alto-falante
de bobina móvel.
A exposição teórica do Tópico se encerra com
o estudo da interação magnética de condutores retilíneos e paralelos. Com isso, definimos a unidade ampère de intensidade de corrente elétrica.
• O que não pode faltar
3. Força magnética exercida em um condutor retilíneo imerso em um campo magnético uniforme.
Exercícios
70
TÓPICOS DE FÍSICA 3
5. Forças magnéticas entre dois condutores retilíneos
e paralelos.
Exercícios
• Subsídios ao Descubra mais
Em todos os questionamentos a seguir, atenha-se ao Sistema Internacional de unidades.
a) Para que um corpo de massa m adquira uma aceleração
de módulo a, é necessário que a resultante das forças
que atuam nele tenha um módulo F proporcional a m e
a a, ou seja:
F=kma
em que k é uma constante de proporcionalidade.
Entretanto, a expressão usual do Princípio Fundamental
da Dinâmica é, em módulo, F = m a. Portanto, a constante k é igual a 1.
Esse valor k foi medido ou, de alguma forma, escolhido?
Explique.
O valor k, igual a 1, foi escolhido ao se definir 1 N
(um newton) como a intensidade da força resultante
que produz uma aceleração de intensidade igual a 1m/s2
em um corpo de massa igual a 1 kg:
1N = 1kg · 1m/s2
b) O valor da constante de proporcionalidade G, que aparece na Lei da Gravitação, de Newton, foi medido ou
adotado? Explique.
A constante física G foi medida.
Sua primeira determinação experimental foi realizada pelo físico inglês Henry Cavendish, em 1798.
Usando uma balança de torção e corpos de massas conhecidas, mediu a distância entre os corpos, determinou a intensidade das forças de atração gravitacional
entre eles e, aplicando a Lei de Newton da atração das
massas, obteve:
G = 6,71 · 10-11 Nm2/kg2
Em comparação com as outras constantes físicas
fundamentais, como a carga elétrica elementar (e) e a
velocidade da luz no vácuo (c), por exemplo, a constante G é, até hoje, a conhecida com menor precisão.
Seu valor atualmente aceito é 6,6739 · 10–11 Nm2/kg2,
muito próximo do valor determinado por Cavendish
há mais de duzentos anos.
Em virtude de dificuldades experimentais, 0
não foi determinada diretamente a partir da lei de
|Qq|
Coulomb: Fe = 1 ·
d2
4π 0
Um capacitor plano, a vácuo, como o
representado na figura
ao lado, plenamente
carregado com carga Q
por um gerador de força
eletromotriz igual a ε,
possibilita a determinação de 0.
A capacitância C de
um capacitor é definida
por:
–Q
A
U=ε
+
–
Q
U
Então, para o capacitor representado na figura,
temos:
Q
C= ε
C=
Medindo Q e conhecendo ε, determinamos C.
Sendo A a área de cada face das placas do capacitor e d a pequena distância entre elas, determinamos
0 a partir da expressão da capacitância de um capacitor plano:
A
C= 0
⇒ 0= C d
d
A
(ver “Algo mais” do Tópico 4 de Eletrodinâmica)
Nota:
• O valor de 0 também pode ser obtido, por meio de cálculo, a partir da seguinte expressão decorrente da teoria
eletromagnética de Maxwell (ver Tópico 1 de Física Moderna, neste volume).
0 µ0 c2 = 1
em que c é a velocidade de propagação das ondas eletromagnéticas no vácuo.
A partir do valor de µ0 que, como vimos, foi adotado, e
do valor de c (medido), calcula-se 0.
• Resolução dos exercícios propostos
12 Em qualquer trecho elementar da espira, o ângulo θ é igual a
zero:
c) Vimos que o valor da permeabilidade magnética do vácuo
(µ0) foi adotado. Isso também aconteceu com a permissividade elétrica do vácuo (0)? Explique.
Não, a permissividade elétrica do vácuo (0) foi
determinada experimentalmente.
d
+Q
θ = 0°
I
Assim, a força magnética na espira é nula.
Alternativa b.
Bfio
Manual do professor
RAB i1 = RCD i2 ⇒ RAB i1 = 2 RAB i2
i1 = 2i2
T
14
a)
i1 = 2i2
i1 + i2 = 12
⇒
i1 = 8 A
i2 = 4 A
Temos que:
–7
µi i ᐉ
F = 1 2 = 4π 10 · 8 · 4–2· 1
2π d
2π 1,0 · 10
F = 6,4 · 10–4 N
P
T = P = m g = (200 · 10–3) · (10)
T = 2,0 N
b)
71
24 Para o movimento tornar-se iminente, é preciso que a intensi-
Fm
B
dade da força magnética atinja o valor da força de atrito de destaque.
Calculemos, então, o valor da indução magnética, que é vertical:
B i ᐉ = µe m g ⇒ B 10 · 0,6 = 0,5 · 0,3 · 10
B = 0,25 T
i
25
Fn
P
Fm = P = 2,0 N
Fm
2,0
=
B ᐉ (1,0) · (20 · 10–2)
i = 10 A, horizontal, da esquerda para a direita.
Fm = B i ᐉ ⇒ i =
45°
Fm
45°
c) ε = Req i = 6,0 · 10
ε = 60 V
15
2T
θ
B
Fm cos 45° = P cos 45° ⇒ Fm = P
B i ᐉ = P ⇒ 0,5 i · 1 = 2 ⇒ i = 4 A
2Ty = P
i
2TX = F
F
45°
P
26 Para o condutor AB ficar em repouso, é preciso que a força magnética Fm equilibre seu peso P .
Então:
Fm
Fm = P
B i ᐉ sen θ = P
P
i=
B ᐉ sen θ
i
A
2Ty P
tg θ =
=
2Tx F
B
B
F = B i L sen 90° = B i L
ou
tg θ = P ⇒ i = P
B L tg θ
BiL
i = P (B L tg θ)–1
P
22
Lembrando que R =
RAB =
Alternativa d.
ρᐉ
e sendo AAB = 2 ACD:
A
RCD
⇒ RCD = 2 RAB
2
P
Como P = 20 N, B = 0,5 T, ᐉ = 1 m e sen θ = sen 90° = 1, calculemos i:
i=
20
⇒ i = 40 A
0,5 · 1 · 1
A situação esquematizada equivale, eletricamente, ao circuito a
seguir:
M
r=1Ω
ε
– +
i = 40 A
M‘
i1
RAB
i = 12 A
A
i2
RCD
R=9Ω
B
Então:
ε = (R + r) i
Fazendo R = 9 Ω, r = 1 Ω
e i = 40 A, calculemos ε:
ε = (9 + 1) 40
ε = 4 · 102 V
72
TÓPICOS DE FÍSICA 3
r
28 No trecho CD surge uma força magnética vertical para baixo,
cuja intensidade deve ser igual à do peso do corpo colocado no prato
para reestabelecer o equilíbrio:
C
B i CD = m g ⇒ B =
D
B=
mg
i CD
A
15,0 · 10–3 · 9,80
⇒ B = 0,294 T
10,0 · 5,00 · 10–2
Fm
Δd
d
Para uma melhor vizualização, vamos ampliar esses trechos:
B i Δ sen θ
B i Δ
29
θ
a) F1:
B
Δd
B i Δ cos θ
B i Δ sen θ
θ
Δ
Bid
BiΔ
θ
θ
Δ cos θ
Fm = P
B i Δ
Δ
Δ
Δ cos θ
B
i
i
B i Δ
Δ
B i Δ cos θ
i
L=d
Bi
A
Δ sen θ = Δd
i
i
Bi
B
d
Por simetria, as componentes de intensidades B i Δᐉ cos θ se equilibram.
Então:
Fm = Σ B i Δᐉ sen θ = B i Σ Δd
Fm = B i d
F2:
Δ sen θ = Δd
Δd
Bim
Tópico 4
i
m
Bin
n
i
Bip
Bi
p
q
A
Biq
B
d
• Objetivos do Tópico
B i n + B i q = B i (n + q) = B i ᐉ
B i m + B i p = B i (m + p) ⇒ Fm = B i d
F3:
B i L sen θ = B i d
BiL
d
i
B i L cos θ = B i θ
θ
L
Bi
i
A
d
Indução eletromagnética
B
cos θ = ᐉ ⇒ ᐉ = L cos θ
L
sen θ = d ⇒ d = L sen θ
L
Então: Fm = B i d
b) Consideremos trechos elementares do fio, de comprimentos iguais
a Δᐉ, e simétricos em relação à reta r:
No início deste Tópico, definimos o fluxo do
vetor B e conceituamos a indução eletromagnética.
Sugerimos um experimento muito simples em que o
aluno constata o aparecimento de corrente elétrica
em um enrolamento de fio que não está ligado a nenhum gerador.
Após enunciar a Lei de Lenz, procuramos levar
o aluno a redescobri-la por meio da análise de uma
situação particular. Sugerimos ainda um experimento
que possibilita constatar a Lei de Lenz e investigar a
Lei de Faraday-Neumann.
No estudo das correntes de Foucault, apresentamos algumas de suas aplicações.
Na primeira “Leitura” deste Tópico, analisamos a
aplicação da indução eletromagnética nos microfones
dinâmicos, nas cápsulas magnéticas dos antigos tocadiscos, nas fitas magnéticas de áudio e vídeo, nos cartões magnéticos e bilhetes de metrô e nos disquetes.
Manual do professor
• Subsídios ao Descubra mais
1. Nas guitarras elétricas, as vibrações das cordas geram
pequenos sinais elétricos que, depois de amplificados,
chegam aos alto-falantes, onde são produzidos os sons
que ouvimos.
Como funcionam os captadores das vibrações das
cordas?
Cada captador é constituído de um ímã permanente envolvido por
uma bobina na qual será
induzida uma pequena
corrente elétrica de acordo com o sinal mecânico
(som) emitido pela corda
vibrante.
A guitarra da fotografia tem
três captadores para cada
corda.
• O que não pode faltar
1. Introdução
2. Fluxo do vetor indução magnética ou fluxo de indução (θ)
3. Variação do fluxo de indução
4. Indução eletromagnética
5. Lei de Lenz e o sentido da corrente induzida
Exercícios
7. Movimento de um fio condutor em um campo
magnético: força eletromotriz induzida
8. Força contra-eletromotriz de um motor
9. Lei de Faraday-Neumann
Exercícios
• Algo mais
É pertinente solicitar trabalhos de pesquisa sobre
veículos de levitação magnética e sobre um acelerador de elétrons denominado bétatron.
Uma demonstração experimental interessante para simular o aproveitamento da energia eólica para a
obtenção de energia elétrica pode ser realizada usando
um pequeno motor de corrente contínua, com uma hélice de aeromodelo acoplada a seu eixo, um led e um
ventilador.
Dispondo o motor de modo que a hélice fique
voltada para o ventilador em rotação máxima e perto
dele, ela gira. Com isso, o led, ligado adequadamente
aos terminais do motor, acende.
Nota:
• O autor usou um ventilador de alta potência, um motor
retirado de um velho videocassete e uma hélice 11 7,5.
Corda de metal
ferromagnético
Região magnetizada pelo
ímã, por indução magnética
N
S
N
T1
Bobina
Para o
amplificador
S
T2
Ímã
Representação esquemática de um captador visto de lado.
Quando a corda vibra, a região dela, magnetizada pelo ímã por indução magnética, produz um fluxo magnético variável através da bobina, acarretando
uma força eletromotriz induzida, também variável,
entre seus terminais T1 e T2. Essa força eletromotriz
induzida gera uma pequena corrente, que é amplificada, e, em seguida, passa pelos alto-falantes, que geram
sons nas mesmas freqüências de vibração da corda.
Há mais de um captador para cada corda, em diferentes posições para melhorar a eficiência da recepção
dos diferentes harmônicos emitidos por ela.
2. Em uma situação de emergência, um eletricista usou
uma lâmpada especificada por 150 W-220 V, em um local em que a tensão da rede elétrica é de 110 V. Ele dispunha de fios de cobre com isolação, de vários plugues
(“macho” e “fêmea”) e de um transformador especificado por:
Jupiter Unlimited/Keydisc
Em seguida, analisamos a força eletromotriz induzida em um fio condutor movendo-se em um campo
magnético e esclarecemos a origem da força contraeletromotriz de um motor de corrente contínua.
O próximo item abordado é a Lei de Faraday-Neumann.
Após a apresentação dos transformadores de tensão, fazemos, na segunda “Leitura” deste Tópico, a
análise do circuito de ignição de motores à explosão.
Na atual versão, acrescentamos o estudo da indutância de um circuito, incluindo a auto-indução e o
circuito RL.
No Apêndice, estudamos o princípio de obtenção
de correntes alternadas, o comportamento dessas correntes em resistores e a conversão de tensão alternada
em tensão contínua.
73
74
TÓPICOS DE FÍSICA 3
• potência: 300 W
• tensão de entrada (primário): 220 V
• tensão de saída (secundário): 110 V
O que esse eletricista vez para usar a lâmpada com seu
brilho normal?
Um mesmo transformador que fornece 110 V na
saída (secundário) quando recebe 220 V na entrada
(primário), operando como abaixador de tensão, faz
o contrário quando invertemos entrada e saída. Isso
significa que se a saída – que agora passa a ser entrada
– receber 110 V, o transformador fornecerá 220 V na
entrada – que agora passa a ser saída. Procedendo assim, o transformador torna-se um elevador de tensão.
Foi isso que o eletricista fez:
Transformador
Tomada
de 110 V
110 V no
“antigo”
secundário
ε
εmáx
0
T
t
–εmáx
Se, em vez de uma única espira, tivermos uma
bobina chata constituída de n espiras em rotação, a
força eletromotriz induzida total será εtotal = nε, pois
as diversas espiras se comportarão como pequenos
geradores em série.
Montando a bobina em um núcleo de ferro laminado, a força eletromotriz induzida aumenta consideravelmente porque o fluxo de indução concatenado
com ela se intensifica.
Lâmpada
220 V no
“antigo” primário
Núcleo de ferro
N
ω
3. Dentre os geradores em que ocorre conversão de energia mecânica em energia elétrica há os alternadores,
que produzem tensão alternada, e os dínamos que produzem tensão contínua praticamente constante.
a) Como os dínamos produzem esse tipo de tensão?
O item “Princípio de obtenção de corrente alternada”, exposto no início do apêndice deste Tópico, é
imprescindível para a análise que faremos a seguir.
Como vimos naquele item, em um gerador de
corrente alternada, com apenas uma espira em rotação, a força eletromotriz induzida ε é dada por
ε = BAω senωt:
S
Os anéis metálicos em que estão ligados os terminais da bobina (ou da espira) são denominados anéis
coletores, pois neles as escovas de grafite recebem a
força eletromotriz induzida.
No caso de dínamo, usa-se um anel coletor segmentado, que passa a se chamar comutador.
A figura a seguir representa um dínamo rudimentar
em que o comutador foi dividido em duas metades:
N
2
1
Rotação
N
Anéis metálicos
S
Rotação
Galvanômetro
S
1. Indutor. Em
vez de ímã
permanente, pode
ser um eletroímã
funcionando em
corrente contínua.
2. Induzido.
3. Comutador.
4. Escovas.
4
3
3
4
Manual do professor
Do mesmo modo que no alternador, a bobina girante
do dínamo também é percorrida por corrente alternada.
Entretanto, toda vez que ela passa pela posição em
que seu plano é perpendicular ao vetor indução magnética gerado pelo ímã, a força eletromotriz entre as
escovas sofre inversão de polaridade, o que dá origem
a uma tensão contínua pulsante:
ε
Tensão pulsante recebida
pelas escovas
0
t
Tensão alternada
na bobina girante
Montando várias bobinas iguais ao redor de um
mesmo núcleo de ferro, dispostas simetricamente em
torno do eixo de rotação, e usando um comutador com
quantidade adequada de segmentos, pode-se obter
uma tensão contínua praticamente constante.
As diversas bobinas são associadas em série e, para
cada bobina, há um par de segmentos no comutador.
O gráfico a seguir exemplifica a obtenção de uma
força eletromotriz praticamente constante:
• produzir uma alta-tensão entre as extremidades da
lâmpada para ionizar o gás existente no interior
dela, tornando-o condutor; com isso, a lâmpada começa a funcionar.
• limitar a intensidade da corrente elétrica no circuito do
qual a lâmpada faz parte, durante seu funcionamento.
O reator de partida convencional – aquele que
vamos analisar a seguir – é uma bobina de fio de cobre
enrolada em um núcleo ferromagnético. Ele precisa
de um dispositivo denominado starter para poder gerar a alta-tensão.
O starter é constituído basicamente de duas hastes
metálicas situadas no interior de uma pequena cápsula
de vidro, havendo em uma delas uma estreita lâmina
bimetálica. As hastes estão bem próximas uma da outra, mas não se tocam.
Na figura a seguir, L é a lâmpada, F são filamentos de tungstênio montados em suas extremidades, R
é o reator, S é o starter, K é um interruptor e T1 e T2
são os terminais ligados à rede elétrica:
K
T1
R
U
T2
ε
75
F
L
F
Força eletromotriz
total
S
Forças eletromotrizes recebidas
das várias bobinas
0
t
b) Um motor elétrico de corrente contínua pode operar
como dínamo?
Pode. Um motor elétrico de corrente contínua e um
dínamo são basicamente a mesma máquina.
Ao ser ligada a uma pilha ou bateria, essa máquina converte energia elétrica em energia mecânica,
operando como um motor de corrente contínua.
Se, porém, o induzido for colocado em rotação
por água corrente ou vento, por exemplo, a máquina
operará como um dínamo, convertendo energia mecânica em energia elétrica.
4. Qual é o papel do reator no funcionamento de lâmpadas fluorescentes.
O reator de uma lâmpada fluorescente tem duas
finalidades:
Imediatamente após o fechamento do interruptor K, não existe corrente elétrica através da lâmpada
porque a mistura gasosa existente em seu interior ainda não está ionizada. Entre as hastes do starter – que
inicialmente, apesar de próximas, não estão em contato – ocorre uma descarga elétrica que rapidamente
aquece a pequena lâmina bimetálica solidária a uma
delas. Essa lâmina se curva e entra em contato com a
outra haste, fechando o circuito do qual participam,
além do starter, os filamentos F e o reator. Os filamentos F rapidamente se aquecem e passam a liberar
elétrons (efeito termiônico).
Quando as hastes do starter entram em contato,
cessa a descarga entre elas e a lâmina bimetálica rapidamente esfria, desfazendo o contato entre as hastes:
o starter “sai” do circuito.
O desligar do starter faz surgir, por auto-indução,
um elevado transiente de tensão entre os terminais do
reator (se julgar conveniente, consulte o item 11 deste
Tópico).
76
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Esse transiente de tensão provoca uma grande
aceleração dos elétrons liberados pelos filamentos F.
Os elétrons colidem com átomos da mistura gasosa,
ionizando-os. Assim, a mistura torna-se condutora e o
circuito é fechado através do reator e da lâmpada, que
passa então a emitir luz.
Com a lâmpada já funcionando, o reator desempenha sua outra função, que é limitar a intensidade
da corrente no circuito, impedindo que ela assuma
valores inconvenientemente altos. O reator consegue
isso graças à sua impedância, uma grandeza devida
à resistência ôhmica da bobina e, principalmente, à
elevada indutância do reator como um todo.
Notas:
• Os reatores usados atualmente são de partida rápida.
São circuitos eletrônicos e não precisam do starter convencional.
• Conheça o processo de emissão de luz em uma lâmpada fluorescente no item “O átomo de Bohr e as transições eletrônicas” no Tópico 1 de Física Moderna,
neste volume.
14
a) Imediatamente após o fechamento da chave, o enrolamento S1 introduz em S2 um fluxo “da esquerda para a direita”. Surge, então,
em S2, uma corrente induzida que gera fluxo “da direita para a esquerda”. Essa corrente, então, percorre R de A para B.
b) Não havendo variação de fluxo através de S2, não há corrente induzida.
c) Imediatamente após a abertura da chave, S2 percebe o desaparecimento de um fluxo “da esquerda para a direita”. A corrente induzida gera, então, fluxo “da esquerda para a direita”, percorrendo R de
B para A.
15
a) No circuito da esquerda, quando R varia, varia a intensidade dacorrente. Assim, o campo magnético e o fluxo magnético (indutor)
criados pelo solenóide também variam. Esse fluxo variável é percebido pelo solenóide da direita, surgindo nele uma corrente induzida (indução eletromagnética).
b) Quando R diminui, i aumenta. Assim, aumenta o fluxo indutor “para
a esquerda”, criado pelo solenóide (1).
i
i
• Resolução dos exercícios propostos
i
i
i‘
(1)
i‘
i‘
i‘
(2)
R
4
i‘
a) Não surge corrente induzida quando não há movimento relativo
entre o ímã e a espira.
b)
N
–
a
R1
b
O solenóide (2) percebe o fluxo indutor crescendo “para a esquerda”.
Surge nele, então, uma corrente induzida i’, gerando fluxo induzido
“para a direita”. Essa corrente passa por R1, de b para a.
N
i
27
i
a = 0,20 m
R = 2,0 Ω
v = 10 m/s
b = 0,50 m
B = 0,30 T
• Enquanto a espira penetra no campo, seu centro se desloca de
x = –0,10 m até x = +0,10 m. Como o fluxo indutor “entrando no
papel” aumenta, surge na espira uma corrente induzida no sentido
anti-horário para gerar um fluxo induzido “saindo do papel”.
S
A corrente induzida tem sentido anti-horário.
c)
+
S
i=
i
i
N
S
A corrente induzida tem sentido horário.
|ε| B a v 0,30 · 0,20 · 10
=
=
⇒ i = 0,30 A
R
2,0
R
Pela convenção de sinais estabelecida:
i = –0,30 A
• Enquanto o centro da espira se desloca de x = +0,10 m até
x = +0,40 m, ela está totalmente imersa no campo. Por isso, não
há variação do fluxo indutor e a corrente induzida é nula.
• Enquanto a espira sai do campo, seu centro se desloca de
x = +0,40 m até x = +0,60 m. Como o fluxo indutor “entrando
no papel” diminui, surge nela uma corrente induzida no sentido horário para gerar um fluxo induzido “entrando no papel”:
i = +0,30 A.
77
Manual do professor
Resposta:
Temos, então:
|Δφ| B ΔA 0,5 · 0,5
=
=
⇒ |ε| = 0,05 V
|ε| =
5
Δt
Δt
i (A)
0,30
55 A figura representa o lado superior da espira vista de cima.
0,20
–0,10
0,10
0
–0,10
B(3)
0,10
0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 x (m)
B
B
i3
–0,20
–0,40
i2
B(2)
A
B(4)
i4
x
i1
31
i5
B
Em cada espira, temos:
φ1 = BA = (1,2) · (π 1,0 · 10–4) ⇒ φ1 = 1,2π 10–4 Wb
φ2 = 0
Δφ
(0 – 1,2π 10–4)
εm = –
=–
⇒ εm = 1,2π · 10–2 V
1,5
Δt
1,5 · 10–2
B(1): posição inicial
B(5) z
Entre os terminais da bobina de 100 espiras, a força eletromotriz média
induzida é dada por:
1,2π
10–2 ⇒ εm = 2,5 V
εm = 100 εm = 100
total
total
1,5
35
a) |ε| = B ᐉ v = 2,0 · 1,0 · 10 ⇒ |ε| = 20 V
b) Como está diminuindo o fluxo de B “para cima”, surge corrente que
percorre a barra MN de N para M, a fim de gerar fluxo “para cima”.
c) |ε| = R i ⇒ 20 = 1,0 i ⇒ i = 20 A
d) Fm = B i ᐉ = 2,0 · 20 · 1,0 ⇒ Fm = 40 N
Essa força atua na barra da esquerda para a direita.
e) MRU: PA = Fm ⇒ PA = 40 N
f) Pot = R i2 = 1,0 · 202 ⇒ Pot = 4,0 · 102 W
g) Pot = PA v = 40 · 10 ⇒ Pot = 4,0 · 102 W
42 O fluxo magnético gerado pela bobina percorre a armação de
ferro, atravessando a calha de alumínio. Esse fluxo, por ser variável, induz uma corrente elétrica na calha, o que provoca o aquecimento da
água por efeito Joule.
Portanto, a temperatura da água passará a aumentar.
50
a) B =
B
µ0 n i 4π 10–7 (5 · 400) 10
=
⇒ B = 0,05 T
ᐉ
0,50
b) φ = B A cos θ = B π r2 · cos 0° ⇒ φ = 0,05 π
2
4 10–2 · 1
π
φ = 8 · 10–5 Wb
52 A corrente I produz um campo magnético, polarizando magneticamente as faces da espira, que, por isso, interage com o ímã. O ímã,
por sua vez, por estar em movimento, produz uma variação de fluxo de
indução através da espira, o que acarreta nela uma corrente induzida,
modificando a corrente total.
Alternativa d.
54 Durante o movimento do ponteiro, aumenta o fluxo indutor
dirigido para fora da região AMN. Por isso, a corrente elétrica induzida
gera um fluxo induzido dirigido para dentro dessa região, tendo sentido de M para A.
Durante uma volta (5 s), a área da espira AMN sofre uma variação ΔA,
dada por:
ΔA = π MN2 = 3,14 (0,4)2 ⇒ ΔA = 0,5 m2
B
• De (1) para (2), o fluxo de B (“para a direita”) diminui. A corrente i1
gera fluxo também “para a direita”.
• De (2) para (3), o fluxo de B (“para a direita”) aumenta. Por isso, a
corrente i2 gera fluxo “para a esquerda”.
• De (3) para (4), o fluxo B (“para a direita”) diminui e a corrente i3
gera fluxo “para a direita”.
• De (4) para (5), o fluxo B (“para a direita”) aumenta e a corrente i4
gera fluxo “para a esquerda”.
• De (5) para (1), o fluxo B (“para a direita”) diminui e a corrente i5
gera fluxo “para a direita”.
Notemos que, no ciclo, o sentido da corrente na espira sofreu duas
inversões.
Alternativa b.
58
a) Como f = 1 e T = 0,02 s, temos:
T
1
⇒ f = 50 Hz
f=
0,02
µi
µA
·A=
i=ki
b) φ = B A =
2π r
2π r
constante k
O valor de φ foi considerado positivo quando i 0. Portanto, será
negativo para i 0.
φ
+φ
0
0,01
0,02
0,03 t (s)
–φ
c) ε = –
Δφ
:
Δt
ε
+ε
0
–ε
0,005
0,015
0,025 0,03
t (s)
78
TÓPICOS DE FÍSICA 3
59 Durante a descida da haste CD, a área da espira ABCD diminui,
diminuindo, assim, o fluxo de B através dela. Por isso, surge uma corrente elétrica induzida (i) na espira, para gerar fluxo induzido “a favor”
do fluxo indutor.
Essa corrente percorre CD, de D para C.
A força eletromotriz induzida (ε), responsável pela citada corrente, é
proporcional à velocidade da haste (v):
ε=Bᐉv
Assim, à medida que v aumenta, ε também aumenta, o mesmo ocorrendo com i. Conseqüentemente, a intensidade da força magnética
sobre a haste CD (Fm) também aumenta. A velocidade máxima é atingida quando a força magnética equilibra a componente tangencial do
peso (Pt):
F = P ⇒ B i ᐉ = m g sen θ (I)
m
Fm
CD
i
B
Pt
vmáx
θ
t
ε=Bᐉv ⇒ i= ε = Bᐉv
R
R
Substituindo (II) em (I), vem:
B ᐉ vmáx
ᐉ = m g sen θ
B
R
mg R sen θ
vmáx =
B 2 ᐉ2
(II)
65
a) Calculemos a área (A) de cada espira:
2
A = π R2 = π 10 10–2 ⇒ A = 1,0 · 10–2 m2
π
Calculemos os fluxos de indução inicial e final através de cada espira:
φi = Bi A = 0 A ⇒ φi = 0
φf = Bf A = 4,0 · 1,0 · 10–2 ⇒ φf = 4,0 · 10–2 Wb
A força eletromotriz média induzida em cada espira é dada, em valor absoluto, por:
|Δφ| 4,0 · 10–2
|εm| =
=
⇒ εm = 0,40 V
0,10
Δt
b) Entre os pontos X e Y temos 100 espiras.
|εm | = 100 |εm| = 100 · 0,40 ⇒ |εm | = 40 V
XY
XY
c) Embora o circuito esteja aberto, uma corrente transitória circula no
solenóide durante a variação de B . Como o fluxo de B (“para a direita”) cresceu, essa corrente gerou fluxo “para a esquerda” (Lei de
Lenz):
Y –
X +
i
–
–
i
62 A fem induzida aparece porque os elétrons livres se submetem
a forças magnéticas que os deslocam para uma das extremidades da
haste. Entretanto, só a componente de v, perpendicular a B, contribuiu
para o surgimento dessas forças.
Por isso:
|ε| = B L v⊥ ⇒ |ε| = B L v sen θ
Note que, se v e B tivessem mesma direção, teríamos sen θ = 0 e
|ε| = 0.
i
i
Portanto, as polaridades elétricas de X e Y, durante a variação de B , são
positiva e negativa, respectivamente.
Parte IV - FÍSICA MODERNA
Tópico 1
Noções de Física Quântica
• Objetivos do Tópico
Praticamente tudo o que estudamos até agora foram descobertas ocorridas, e teorias elaboradas, até o
século XIX.
Em nossas aulas, entretanto, percebemos freqüentemente a motivação despertada nos estudantes quando tocamos em algum ponto mais atual da Física.
Essa Física “nova”, sem jamais levar a um segundo plano a Física “velha”, traz, de fato, informações
importantes e atraentes. Além disso, ela está presente
nos programas de Física dos vestibulares de grandes
universidades brasileiras.
Fica, portanto, justificada a sua inclusão em um
livro didático destinado ao Ensino Médio.
Este primeiro Tópico trata, inicialmente, do modelo ondulatório para as radiações eletromagnéticas
que, embora ainda seja um item da Física clássica,
precisa ser abordado. Estudamos a radiação térmica e
o corpo negro abordando a Lei de Stefan-Boltzmann
e a Lei de deslocamento de Wien.
Em seguida, abordamos o modelo quântico para
as radiações eletromagnéticas, destacando o efeito fotoelétrico, a dualidade da luz e o Princípio da Complementaridade de Bohr.
Na Leitura “Células fotoelétricas”, fazemos uma
análise do relé fotoelétrico, uma das importantes aplicações do efeito fotoelétrico.
Se o estudante tiver conhecimento da teoria das
bandas de valência e de condução (ver subsídios ao
Descubra mais no Tópico 1 de Eletrodinâmica), o
Manual do professor
1. Introdução
2. Modelo ondulatório para as radiações eletromagnéticas
Exercícios
3. A radiação térmica e o corpo negro
• A radiação térmica
• Radiação do corpo negro
4. Modelo quântico para as radiações eletromagnéticas
5. Efeito fotoelétrico
6. A dualidade da luz
Exercícios
7. O átomo de Bohr e as transições eletrônicas
• Introdução
• O modelo atômico de Bohr
• Transições eletrônicas causadas pela incidência
de radiação eletromagnética
• Outras causas das transições eletrônicas
Exercícios
• Algo mais
Dentre os trabalhos de pesquisa que podem ser solicitados aos estudantes, sugerimos:
1. As diversas modalidades de ondas eletromagnéticas (o espectro eletromagnético).
Para cada uma delas, deve-se descobrir:
• a faixa de freqüências e de comprimentos de
onda;
• como e onde é produzida;
• aplicações e problemas que eventualmente possa
causar.
2. O funcionamento do CCD (charge-coupled device) – usado para o registro de imagens em câmeras
fotográficas e de vídeo, na Astronomia etc. – e dos
visores noturnos (“binóculos de infravermelho”).
• Subsídios ao Descubra mais
1. Faça uma pesquisa sobre a descoberta, a explicação e
algumas aplicações do efeito Cherenkov.
A previsão
Em 1888, o matemático inglês Oliver Heaviside,
por meio de análises teóricas, previu a possibilidade da produção de uma
radiação eletromagnética “cônica” quando uma
partícula eletrizada, com
velocidade v, atravessa,
em movimento retilíneo e
uniforme, um meio material em que a radiação se
propaga com velocidade
u, desde que v seja maior Oliver Heaviside (1850-1925).
que u.
Analogia
Em certos aspectos, a radiação eletromagnética prevista por Heaviside – que, como veremos,
foi comprovada experimentalmente – é semelhante
às ondas de choque produzidas no ar por um avião
supersônico, ou na água, por uma fonte móvel com
velocidade maior que a das ondas geradas na superfície, como vimos no estudo do efeito Doppler, em
Acústica, no volume 2.
Ondas produzidas na superfície da água por uma fonte móvel
quando a velocidade da fonte é maior que a de propagação das
ondas (formação de ondas de choque).
Reprodução
• O que não pode faltar
3. Desintegração radiativa.
• Decaimento α
• Decaimento β
• Justificativa da expressão
0,693 t
, usada na Leitura “Método
ln n = –
meia-vida
n0
do carbono 14 para a determinação de idades (datação)”, no Tópico 1 de Cinemática, volume 1.
Reprodução
efeito fotoelétrico interno pode ser descrito de modo
mais formal: em vez de falar em “quebra de ligações”
para a liberação de elétrons, dizemos que elétrons da
banda de valência absorvem fótons e passam para a
banda de condução.
O próximo assunto é o átomo de Bohr: as transições
eletrônicas e suas possíveis causas, e os espectros de
emissão e absorção dos átomos de elementos químicos.
O estudo das transições eletrônicas possibilita,
por exemplo, entender a fluorescência. A análise de
espectros de absorção levou Edwin Hubble a propor a
teoria do Universo em expansão.
As quatro forças fundamentais da Natureza são
brevemente abordadas em uma Leitura.
79
80
TÓPICOS DE FÍSICA 3
FO
Reprodução
A descoberta
Em 1934, o físico
russo P. A. Cherenkov
descobriu em laboratório a radiação prevista
por Heaviside, realizando vários experimentos
nos quais elétrons de
alta energia – elétrons
disponibilizados
por
raios γ oriundos da desintegração de núcleos
de elementos radiativos Pavel Alekseyevich Cherenkov
– atravessavam a água (1904-1990).
ou outros líquidos transparentes à radiação eletromagnética emitida (que
pode estar ou não na região do visível).
A radiação eletromagnética produzida foi denominada radiação de Cherenkov e o fenômeno, efeito
Cherenkov.
Nota:
• A luminescência azul, freqüentemente emitida pela água
que circunda o núcleo de um reator nuclear (local onde
ocorre a fissão nuclear, cuja finalidade é obter energia
elétrica) é conseqüência do efeito Cherenkov.
Reprodução
Reprodução
A explicação
Em 1937, dois físicos também russos, colegas de
Cherenkov, I. Y. Tamm e I. M. Frank, explicaram o
efeito Cherenkov. Para isso, basearam-se na Teoria
Eletromagnética e no Princípio de Huygens. Demonstraram que a radiação observada era de fato causada
por uma partícula com carga elétrica – nos experimentos, a partícula mais usada foi um elétron – movendose em um meio material, em movimento retilíneo e
uniforme, com velocidade v maior que a velocidade
u com que a radiação eletromagnética produzida se
propagava nesse mesmo meio.
Igor Yevgenyevich Tamm
(1895-1971).
Ilya Mikhailovich Frank
(1908-1990).
u
u
Δt
C
Elétron
θ
A
v
v Δt
B
M
FO
Elétron em movimento retilíneo e uniforme em um meio
material M.
Durante um intervalo de tempo Δt, o elétron se desloca de A até B,
com velocidade constante v em relação a M. Nesse mesmo tempo,
uma frente de onda resultante cônica FO (onda eletromagnética “de
choque”) se propaga de A até C, com velocidade constante u em
relação a M:
cos θ = AC = u Δt ⇒
AB v Δt
cos θ = u
v
A respeito do fenômeno que estamos analisando,
são necessários os seguintes esclarecimentos:
I) Para que a frente de onda resultante seja cônica,
é necessário que o elétron esteja em movimento
retilíneo e uniforme (MRU).
Ao penetrar no meio M, porém, ele deveria perder
velocidade.
Então, como é possível mantê-lo em MRU?
Para responder a essa questão, vamos lembrar de
um movimento que tem alguma semelhança com o
do elétron.
Quando um corpo – uma gota de água, por exemplo – cai no ar, de uma altura suficientemente grande e num dia sem vento, ele acaba atingindo uma
velocidade constante (velocidade limite) e, a partir daí, continua em MRU, “consumindo” energia
potencial devida ao campo gravitacional da Terra,
sem ganhar mais energia cinética. De modo análogo, para manter o elétron em MRU, uma diferença
de potencial elétrico adequada deve estabelecer no
meio M um campo elétrico uniforme E.
Desse modo, o elétron recebe energia de uma fonte
externa enquanto realiza o MRU. Essa fonte externa repõe, durante todo o trajeto do elétron, a energia que ele perde para o meio.
II) De acordo com a teoria eletromagnética de
Maxwell, uma partícula dotada de carga elétrica
pode emitir radiação eletromagnética. Entretanto,
Manual do professor
para isso ocorrer, é preciso que a partícula possua
uma aceleração, que pode ser de qualquer tipo.
Elétrons em MRU não podem, portanto, emitir
essa radiação.
Então, de onde vem a radiação de Cherenkov?
Como o elétron possui carga elétrica, ao passar pelas
vizinhanças das moléculas do meio, induz nelas uma
polarização transitória que logo desaparece, pois
o elétron se afasta delas continuando em seu trajeto.
Durante essa polarização e despolarização momentâneas das moléculas, elétrons delas possuem aceleração e, por isso, emitem radiação eletromagnética.
Portanto, a radiação provém das moléculas do
meio, à custa, porém, da energia que o elétron em
MRU está perdendo.
Veja uma representação esquemática e simplificada do fenômeno:
Molécula
– – –
– + –
–
–
–
v
–
Elétron
Elétron
aproximando-se
de uma molécula
do meio.
–– –
– – –
–
–
+
–
Emissão de
radiação
v
Elétron nas
vizinhanças da
molécula.
– – –
– + –
–
–
–
–
v
Elétron
afastando-se
da molécula.
Como a velocidade do elétron é constante, a radiação emitida pelas diversas moléculas do meio
“visitadas” por ele deve ser predominantemente de
um mesmo tipo, isto é, de mesma freqüência.
III) Por que a velocidade v do elétron precisa ser
maior que a velocidade de propagação u da
radiação? Em outras palavras, por que deve se
formar uma “onda de choque” para se detectar a
radiação de Cherenkov?
Como vimos, as ondas emitidas pelas diversas
moléculas do meio têm freqüências predominantemente iguais. Sendo v maior que u, essas ondas
se superpõem em fase (são coerentes), formando
a frente de onda resultante cônica. Disso decorre a
interferência construtiva das diversas ondas emitidas (reforço), o que viabiliza uma maior facilidade na deteção da radiação, o que não ocorreria se
a condição v > u não fosse satisfeita.
Nota:
• A análise do efeito Cherenkov, feita posteriormente com
base na teoria quântica, levou aos mesmos resultados obtidos a partir da teoria ondulatória.
81
Aplicações
Após a explicação do efeito, o próprio Cherenkov
proprôs aplicá-lo na determinação de velocidades de
partículas dotadas de carga elétrica.
Ainda em 1937, ele sugeriu experimentos para determinar a mínima velocidade que um elétron deveria
ter em determinado meio para que o efeito começasse
a ser detectado. Sugeriu também experimentos inversos: definida a velocidade v de um elétron, encontrar
um meio – um líquido – em que o efeito já pudesse
ser percebido.
O efeito Cherenkov é usado na deteção de partículas de alta energia, tendo importância fundamental na
espectroscopia e no estudo de raios cósmicos.
O dispositivo denominado contador Cherenkov
possibilita detectar partículas com “vidas” muito curtas (inferiores a 10–10 s) e, além disso, determinar suas
velocidades.
Em 1958, Cherenkov, Tamm e Frank dividiram o
Prêmio Nobel de Física.
2. A intensidade máxima da luz solar ocorre em uma freqüência aproximadamente igual a 5,6 · 1014 Hz, que é
praticamente igual à freqüência da luz correspondente à
máxima sensibilidade dos nossos olhos.
Será que isso é mera coincidência?
Provavelmente, não se trata de mera coincidência,
mas de um processo de seleção natural em que foram
favorecidos os indivíduos com sistema visual mais
sensível a essa freqüência e a freqüências próximas
dela.
É importante lembrar que a visão sempre foi fundamental na busca de alimentos e de abrigo, e na fuga
de predadores, principalmente nas condições de vida
do ser humano primitivo.
3. Ignorando a participação de outros astros, existe, além do
Sol, alguma fonte de energia que chega à superfície da
Terra?
Existe, embora seja muito menos significativa que
o Sol. Trata-se da energia proveniente da desintegração radiativa que acontece no interior do planeta.
4. Em um determinado local da superfície interna do bulbo
de vidro de uma lâmpada de incandescência, instalada
em um soquete fixo, surge, após muito tempo de uso,
uma mancha escura e com certo espelhamento. Qual é a
origem dessa mancha?
Imagine uma lâmpada de incandescência que foi
instalada no teto de uma sala, como mostra a figura a
seguir, e usada durante muito tempo:
82
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Teto
Mancha
Por operar em uma alta temperatura, a sublimação do filamento de tungstênio não foi desprezível. O
gás existente no interior da lâmpada, quando aquecido
pelo filamento, sobe, arrastando os átomos de tungstênio liberados na sublimação. Esses átomos aderem
à superfície de vidro da região superior do bulbo, formando uma mancha metálica escura e espelhada.
5. Pode-se falar em temperatura no vácuo? O que um termômetro abandonado no espaço, solitário em uma região de vácuo, vai indicar em sua escala?
A expressão “temperatura de vácuo” não tem qualquer significado. De fato, a temperatura é uma grandeza associada à energia cinética média de uma população de partículas como átomos ou móleculas, o que não
existe (ou praticamente não existe) no espaço vazio.
O termômetro vai indicar o que ele sempre indica,
que é sua própria temperatura, e essa indicação vai depender da distância entre ele e alguma fonte de radiação (principalmente estrelas). Se o termômetro “frio”
foi abandonado nas proximidades de um astro quente,
sua temperatura subirá até que as potências absorvida
e emitida por ele se igualem. Se foi abandonado num
local muito distante de qualquer astro quente, a temperatura indicada será mais baixa.
6. Um corpo negro precisa ser necessariamente um corpo
escuro?
Não. Considere, por exemplo, um corpo de qualquer cor dotado de uma cavidade que se comunica
com o ambiente externo por meio de um pequeno orifício, como sugere a figura a seguir:
Orifício
A área do orifício deve ser desprezível em comparação com a área
total da superfície interna do corpo.
Radiações eletromagnéticas que entrarem pelo
orifício incidirão numa região da superfície interna do
corpo, onde uma parcela será absorvida e outra será
refletida, difusamente ou regularmente (estamos supondo que as paredes do corpo sejam opacas às radiações que adentram a cavidade).
A parcela refletida vai incidir em outras regiões da
superfície interna, onde, novamente, haverá absorções
e reflexões. Depois de uma sucessão de reflexões, praticamente toda a radiação que entrou pelo orifício terá
sido absorvida, uma vez que a quantidade que escapa
pelo orifício, embora não seja nula, é desprezível.
Assim, com muito boa aproximação, o orifício se
comporta como um corpo negro na absorção. Conseqüentemente, também vai se comportar como corpo
negro na emissão (a = e).
Se houver uma fonte de radiação térmica dentro
da cavidade, a eficiência desse corpo, emitindo como
um corpo negro, aumentará.
Nos experimentos em laboratório, para o estudo
da radiação do corpo negro, quase sempre foram utilizadas essas cavidades.
7. De que tipo é o espectro da luz emitida pela chama de
uma vela: contínuo ou de linhas?
A luz da chama da vela é emitida por partículas
sólidas e quentes de fuligem.
Portanto, o espectro dessa luz, de origem térmica,
é contínuo.
8. Como ocorre a emissão de laser?
Introdução
Laser é uma sigla originária de light amplification
by stimulated emission of radiation: amplificação da
luz por emissão estimulada de radiação.
Essa sigla também foi incorporada na linguagem
para designar o dispositivo em que ocorre o fenômeno laser.
O primeiro laser foi montado em 1960, por T. H.
Maiman.
Em 1953, Charles H. Townes e seus colaboradores já haviam montado o primeiro maser (microwave
amplification by stimulated emission of radiation).
Os masers, os lasers, os irasers (“lasers” que
operam no infravermelho) e outros que podem operar nas demais faixas de freqüência do espectro eletromagnético baseiam-se em um mesmo princípio da
eletrônica quântica.
A importância do laser na Física, na Química, na
Biologia, na Radioastronomia, na Medicina (cirurgias
Manual do professor
de catarata, por exemplo) e na tecnologia (broca para
furar metais, por exemplo) é conseqüência das propriedades especiais dessa luz.
Dentre essas propriedades, destacamos:
• O laser é uma luz colimada, ou seja, altamente
direcional – por ser produzida na forma de ondas
planas –, podendo-se, assim, obter feixes muito
concentrados.
Para se ter uma idéia dessa propriedade, em 1969
um pincel de laser foi emitido da Terra, incidiu em um
espelho situado na Lua – que fora instalado lá por astronautas da missão Apolo 11 –, sofreu reflexão nele e voltou à Terra, onde foi detectado. O intervalo de tempo decorrido foi medido e, conhecendo-se a velocidade da luz,
obteve-se experimentalmente a distância Terra–Lua.
• O laser é uma luz praticamente monocromática,
ou seja, é composta por radiações de comprimento
de onda muito próximos.
• O laser é uma luz coerente, ou seja, constituída de
ondas em fase, ao contrário do que ocorre com a luz
comum.
• Pode-se obter lasers de altíssimas potências, até da
ordem de 1013 W.
Informações preliminares
Para ser possível entender o princípio do laser,
precisamos das informações fornecidas a seguir:
• Se uma luz monocromática de comprimento de onda
λ for gerada dentro de uma cavidade cilíndrica, com
bases planas, polidas e espelhadas, propagando-se
na direção do eixo da cavidade, serão produzidas
ondas estacionárias se a distância d indicada na figura a seguir for igual a um número inteiro de λ .
2
Junto às bases, haverá nós de deslocamento:
d
d
Nó
Nó
⇒
Elétron
n=5
n=4
n=3
n=2
n=1
Imagine que esse átomo foi excitado de modo que
um elétron saltou do estado fundamental (n = 1) para
o quarto estado excitado (n = 5), por exemplo.
Poderíamos acreditar que esse elétron pudesse
retornar para qualquer um dos estados permitidos:
n = 4, n = 3, n = 2 ou n = 1.
Entretanto, as regras de seleção estabelecem que
nem sempre todas essas transições podem ocorrer.
Existem transições “proibidas”: aquelas que não obedecem às regras de seleção.
Na realidade, elas até podem ocorrer, mas com
uma probabilidade tão insignificante que, normalmente, não são observadas.
Outra informação que precisa ser acrescentada é
o fato de existirem transições para níveis mais baixos
sem que ocorra emissão de radiação: são as chamadas
transições não-radiativas. Nesses casos, a energia liberada é cedida ao próprio átomo na forma de energia
vibracional (mecânica).
Tipos de transição envolvendo absorção ou emissão de fótons
Existem três tipos de transição.
São eles: a absorção estimulada, a emissão espontânea e a emissão estimulada.
• Absorção estimulada
E2
λ
2
Observe que, na situação descrita, tratamos a luz
por meio do modelo ondulatório.
• Como vimos no estudo das transições eletrônicas,
um átomo excitado emite radiação eletromagnética
quando o elétron realiza um salto quântico para um
nível de energia mais baixo.
Observe que agora estamos tratando a luz por
meio do modelo corpuscular.
Um fato que não será explicado aqui, e que nem
foi mencionado no estudo das transições eletrônicas, é
a existência das chamadas regras de seleção.
Para saber de que se trata, considere um átomo
que possui os níveis de energia permitidos indicados
na figura:
83
n=2
E2
n=2
E1
n=1
⇒
hf
E1
n=1
Elétron
Um elétron, no nível de energia E1, absorve um fóton de energia
hf = E2 – E1 e realiza uma transição para o nível de energia E2.
• Emissão espontânea
Elétron
E2
n=2
⇒
E1
n=1
n=2
E2
hf
E1
n=1
O elétron permanece no nível E2 por cerca de 10-8 s e,
espontaneamente, retorna ao nível E1, emitindo um fóton de
energia hf = E2 – E1.
84
TÓPICOS DE FÍSICA 3
• Emissão estimulada
Se, num elétron no estado excitado E2, incide um
fóton de energia hf = E2 – E1, o átomo é estimulado a
emitir outro fóton, de mesma energia (e, portanto, de
mesma freqüência), e fazer uma transição para o estado E1, sem que ocorra a absorção do fóton incidente:
Elétron
E2
n=2
E2
Isso possibilita, como veremos, uma inversão das populações de elétrons nos níveis E1 e E2, graças a um
processo denominado bombeamento.
Veja o esquema a seguir, que representa o estado
fundamental (E1) e dois estados excitados (E2 e E3) de
um átomo:
n=2
Estado excitado comum
(permanência do
–8
elétron: ~ 10 s)
E3
hf = E2 – E1
⇒
E1
n=1
Isso é comparável, grosso modo, à ressonância
mecânica: uma corda de violão por exemplo, com
freqüência natural de 200 Hz, vibra e emite um som
nessa freqüência, quando é excitada por um som de,
também, 200 Hz.
Note que dois fótons de mesma freqüência (luz
monocromática) emergem do átomo: o incidente e o
emitido por estímulo. Esses dois fótons se movem na
mesma direção e no mesmo sentido e, além disso, estão em fase (luz coerente).
Nota:
• O fóton incidente, de energia hf = E2 – E1, pode, com a
mesma probabilidade, provocar a transição do elétron de
E1 para E2, caso em que o fóton é absorvido, ou provocar
a emissão estimulada de E2 para E1, sem ser absorvido.
O princípio do laser
Sejam N1 e N2, respectivamente, as quantidades
de elétrons de um átomo no estado fundamental, de
energia E1, e num estado excitado, de energia E2.
Quando um conjunto de átomos está em equilíbrio
térmico com o ambiente, N2 é muito menor que N1:
E2
n=2
(pequena população
de elétrons)
E1
n=1
(grande população
de elétrons)
E – E1
Se fótons de freqüência f = 2
incidirem no
h
conjunto de átomos, que estão em equilíbrio térmico com o ambiente, haverá poucos casos de emissão
estimulada porque a população de elétrons no nível
de energia E2 é muito pequena. Haverá, muito mais,
casos de absorção estimulada, de E1 para E2, seguida
de emissão espontânea, de E2 para E1.
Alguns tipos de átomos, porém, possuem estados
excitados especiais, denominados estados metaestáveis. O tempo de permanência de um elétron nesses estados especiais é muito mais longo (da ordem de 10–3 s)
do que em estados excitados comuns (da ordem de 10–8 s).
Estado excitado
metaestável (permanência
–3
do elétron: ~ 10 s)
E2
hf
(emissão espontânea)
hf’
E1
Estado fundamental
O bombeamento é um processo de fornecimento
de energia a um conjunto de átomos (dotados de estados metaestáveis), que pode ser feito, por exemplo,
por uma lâmpada. Ele aumenta consideravelmente a
população de elétrons no estado E2 e pode ser realizado por luz incidente contendo fótons de freqüência
E – E1
. Assim, diminui a população de elétrons
f’ = 3
h
do estado E1, que saltam para o estado E3 e, rapidamente, fazem a transição para o estado metaestável E2.
Se a luz da lâmpada que mantém o bombeamento
for suficientemente intensa, passará a haver mais átomos no estado E2 do que no estado E1, ou seja, darse-á a já citada inversão das populações.
A inversão das populações possibilita que a quantidade de emissões estimuladas seja maior que a quantidade de absorções no estado E1. Além disso, o estado
metaestável viabiliza a ocorrência da emissão estimulada, antes da ocorrência da emissão espontânea.
Assim, quando o fóton de energia hf, representado na figura anterior, emitido espontaneamente, incide em outro átomo nas mesmas condições, ocorrerá a
emissão estimulada, e dois fótons de energia hf emergirão desse átomo:
E3
Transição rápida e não-radiativa,
em que a energia fica no átomo
Bobeamento
n=1
E1
Transição rápida
não-radiativa
hf = E2 – E1
Bombeamento
hf = E2 – E1
E2
hf
hf
hf
hf’
E1
Fótons emergentes
do átomo
86
TÓPICOS DE FÍSICA 3
• Resolução dos exercícios propostos
15 A = 4,2 eV
Ec = 2,0 eV
máx
E = Ec + A = 2,0 + 4,2 ⇒ E = 6,2 eV
máx
1 eV → 1,6 · 10–19 J
6,2 eV → E
E = 9,92 · 10–19 J
E = hf = h c
λ
(6,6 · 10–34) · (3,0 · 108)
λ= hc =
E
9,92 · 10–19
–7
λ ⯝ 2,0 · 10 m = 2,0 · 10–7 (1010 Å) ⇒ λ ⯝ 2,0 · 103 Å
Alternativa a.
19
• Cada cm2 da superfície recebe, em cada minuto, 2,0 cal:
2,0 cal = 2,0 · 4,2 J = 8,4 J
1,6 · 10–19 J → 1 eV
⇒ x = 5,25 · 1019 eV
8,4 J
→x
• λ = 5 800 Å = 5 800 · 10–10 m = 5,8 · 10–7 m
E=hf= hc
λ
(6,6 ·10–34) · (3,0 · 108)
E=
⇒ E = 3,4 · 10–19 J
5,8 · 10–7
1,6 · 10–19 J → 1 EV
⇒ E = 2,1 eV
3,4 · 10 –19 J → E
• Em cada minuto, 1 cm2 da superfície recebe n fótons correspondentes à energia de 5,25 · 1019 eV:
→ 1 fóton
2,1 eV
5,25 · 1019 eV → n fótons
n = 2,5 · 1019
21
• V = 0,20 mᐉ = 0,20 · 10–6 m3
µ = m ⇒ m = µV = (1,0 · 103) · (0,20 · 20–6)
V
m = 2,0 · 10–4 kg
λ = 7 500 Å = 7 500 · 10–10 m = 7,5 · 10–7 m
• Número de fótons absorvidos num intervalo de tempo Δt:
n = 1,0 · 1018 Δt
• Energia desses n fótons:
Q = n h f = 1,0 · 1018 Δt h f = 1,0 · 1018 Δt h c =
λ
• Q = m cá Δθ ⇒ 1,0 · 1018 Δt h c = m cá Δθ
λ
m cá Δθ λ
(2,0 · 10–4) · (4,2 · 103) · (1,0) · (7,5 · 10–7)
=
Δt =
(1,0 · 1018) · (6,63 · 10–34) · (3,0 · 108)
1,0 · 1018 h c
Δt = 3,2 s
30 Se λ é o menor comprimento de onda, a ele corresponde a
a
maior freqüência. Então, a energia do fóton emitido também é a maior,
correspondendo à transição de E3 para E1:
E = h f ⇒ E3 – E1 = h c ⇒ λa = h c
λa
E3 – E1
36 Possíveis energias de excitação dos elétrons do átomo do ele-
mento X:
E0 → E1: 7,0 eV – 0 = 7,0 eV (*)
E0 → E2: 13,0 eV – 0 = 13,0 eV (*)
E0 → E3: 17,4 eV – 0 = 17,4 eV
E0 → Ionização: 21,4 eV – 0 = 21,4 eV
E1 → E2: 13,0 eV – 7,0 eV = 6,0 eV (*)
E1 → E3: 17,4 eV – 7,0 eV = 10,4 eV (*)
E1 → Ionização: 21,4 eV – 7,0 eV = 14,4 eV (*)
E2 → E3: 17,4 eV – 13,0 eV = 4,4 eV (*)
E2 → Ionização: 21,4 eV – 13,0 eV = 8,4 eV (*)
E3 → Ionização: 21,4 eV – 17,4 eV = 4,0 eV (*)
As excitações (*) podem ocorrer, pois a energia do elétron é igual a
15,0 eV.
Possíveis sobras de energia do elétron:
7,0 eV = 8,0 eV
13,0 eV = 2,0 eV
6,0 eV = 9,0 eV
15,0 eV – 10,4 eV = 4,6 eV
14,4 eV = 0,6 eV
4,4 eV = 10,6 eV
8,4 eV = 6,6 eV
4,0 eV = 11,0 eV
Alternativa d.
Tópico 2
Noções de Teoria da Relatividade
• Objetivos do Tópico
22
i
+6 V
R
RLDR
i
0V
LDR não-iluminado: RLDR ⯝ 1 M Ω
Para que ULDR seja aproximadamente igual a 6 V, UR deve ser desprezível. Para isso, lembrando que U = R i, devemos ter RLDR muito maior
que R, ou seja:
R 1 M Ω
Dentre os valores apresentados nas alternativas, o único que satisfaz as
duas condições é:
R = 10 kΩ
Alternativa c.
UR
ULDR
LDR iluminado: RLDR ⯝ 100 Ω
Para que ULDR seja muito menor
que 6 V, UR deve ser aproximadamente igual a 6 V.
Para isso, lembrando que U = R i,
devemos ter R muito maior que
100 Ω:
R 100 Ω
Neste Tópico, destacam-se a dilatação do tempo,
a contração do comprimento, a maneira diferente de
compor velocidades, a relatividade da massa e a equivalência entre massa e energia.
É natural a perplexidade provocada nos estudantes pelo segundo postulado – audacioso demais e que
só poderia ter sido gerado por um cérebro extremamente privilegiado – e por todas as suas fascinantes
implicações.
Manual do professor
Os dois fótons emergentes podem incidir em dois
outros átomos, produzindo mais fótons de energia hf,
e assim por diante.
Esse é o princípio de funcionamento do laser.
Cavidade laser
O laser é construído usando-se uma cavidade contendo um sólido, um líquido ou um gás, cujos átomos
ou moléculas possuam estados metaestáveis.
Espelho plano
Face plana semi-espelhada
Cavidade laser
A inversão das populações ocorre, como vimos,
por bombeamento.
O processo de produção da radiação laser se inicia quando um ou mais átomos no estado metaestável
emitem, espontaneamente, fótons de freqüência f, que
vão provocar emissões estimuladas em outros átomos,
aumentando em muito a quantidade de fótons de freqüência f.
Os fótons de freqüência f emitidos numa direção
diferente da do eixo da cavidade acabam saindo dela
lateralmente (são perdidos).
Espelho
Fóton escapando
da cavidade
85
A luz dentro da cavidade torna-se, então, muito
intensa, e parte significativa dessa luz escapa pela face
semi-espelhada, para ser utilizada.
Laser pulsado de rubi
Vamos descrever brevemente o laser de rubi construído por Maiman, em 1960. Foi o primeiro laser
bem-sucedido.
A safira sintética é óxido de alumínio, Al2O3, um
cristal incolor.
Incorporando a esse cristal uma pequena quantidade (cerca de 0,05% em massa) de óxido de cromo, Cr2O3, ele passa a ser o rubi, cuja cor vermelha
é devida aos íons Cr3+. São eles que possuem estados
metaestáveis.
O cristal de rubi é crescido em laboratório, formando-se um cilindro com cerca de 4 cm de comprimento e 0,5 cm de diâmetro, com bases planas, paralelas entre si e muito bem polidas.
Em uma de suas extremidades, deposita-se prata
em quantidade suficiente para ela ser um espelho com
poder refletor igual a 96%, aproximadamente. Na outra extremidade, deposita-se prata apenas o suficiente
para que o poder refletor seja de cerca de 50%.
Lâmpada flash de xenônio
Face semi-espelhada
Rubi
O cristal é introduzido em uma lâmpada helicoidal
de descarga gasosa. Essa lâmpada, de xenônio, opera em
regime pulsado e é a responsável pelo bombeamento.
Estado excitado
–8
comum (~ 10 s)
(5 500 Å)
Transições
não-radiativas
6 943 Å
Estados excitados
–3
metaestáveis (~ 10 s
6 920 Å
Entretanto, os que são emitidos na direção do eixo
vão se deslocar para um lado e para o outro em virtude
das reflexões que sofrem nas superfícies espelhada e
semi-espelhada (paralelas entre si), produzindo mais
e mais emissões estimuladas na freqüência f. Assim,
o número de fótons indo e vindo aumenta extraordinariamente.
Se a distância d entre as superfícies refletoras for
igual a um número inteiro de λ , em que é o com2
primento de onda da luz produzida, medido no material que existe na cavidade, haverá a formação de
ondas estacionárias e a cavidade será uma cavidade
ressonante.
Bombeamento
Cavidade laser
Transições
laser
Estado fundamental
Observe que os comprimentos de onda emitidos
têm valores muito próximos. Por isso, o laser é uma
luz praticamente monocromática.
Nota:
• Existem muitos outros tipos de laser, como o laser de gás
(de hélio-neônio, por exemplo) e o laser de semicondutor
(de GaAs, por exemplo), dentre outros.
Manual do professor
Por isso, é fundamental informá-los de que, por
mais estranha que a teoria da relatividade restrita possa parecer, ela já foi comprovada experimentalmente
em sua plenitude. Não se trata de uma especulação,
como acontece com várias teorias (cosmológicas, por
exemplo).
A Leitura “Um dos fatos que confirmam a Teoria
da Relatividade Restrita” tanto pode ser abordada em
aula como pode ser deixada a cargo dos estudantes:
ignorada, jamais.
É importante os estudantes saberem que o grande
físico brasileiro Cesar Lattes contribuiu extraordinariamente para o desenvolvimento da Física atômica
e subatômica. Por isso, a Leitura “O brasileiro que o
Nobel esqueceu” deve ser recomendada.
O último item abordado neste breve Tópico nos
leva a uma importante conclusão: um fóton só pode
existir com velocidade igual a c. Não pode existir, por
exemplo, um fóton em repouso.
• O que não pode faltar
1. Introdução
2. O surgimento da Teoria da Relatividade
3. Os postulados de Einstein
4. A dilatação do tempo
5. A contração do comprimento
7. Massa relativística
8. Equivalência entre massa e energia
Exercícios
• Algo mais
Com relação à relatividade do tempo, é interessante citar uma constatação experimental realizada
em 1971 por J. C. Hafele e R. E. Keating, cujos resultados foram publicados em julho de 1972, na revista
Science.
Usaram relógios atômicos de césio, idênticos.
Um desses relógios ficou no U.S. Naval Observatory, enquanto outros quatro estiveram a bordo de
um jato com o qual os dois pesquisadores realizaram
vôos tanto para leste como para oeste do local da decolagem.
Quando retornaram ao observatório, compararam
os intervalos de tempo registrados nos relógios que
estiveram no avião com o registrado pelo relógio que
ficou em terra e verificaram que, em relação a este:
• os relógios no avião, durante uma viagem para leste,
atrasaram 59 ± 10 nanossegundos.
• os relógios no avião, durante uma viagem para oeste, adiantaram 273 ± 7 nanossegundos.
87
Sem usar argumentos da Teoria da Relatividade
Geral, as diferenças observadas podem ser explicadas, grosso modo, pelas diferentes velocidades do
avião em relação à superfície da Terra em rotação, em
cada vôo.
Apresentamos a seguir alguns trabalhos de pesquisa que podem ser solicitados aos estudantes:
• O Paradoxo dos Gêmeos.
• O experimento de Michelson-Morley.
• A massa relativística e o acelerador de partículas
sincrocíclotron.
• Subsídios ao Descubra mais
1. Outro fenômeno que só pode ser explicado pelo modelo
quântico da radiação eletromagnética é o efeito Compton.
O que é efeito Compton?
Efeito Compton
Entre 1919 e 1923, o físico norte-americano Arthur Holly Compton (1892-1962) e seus colaboradores analisaram o espalhamento de raios X produzido
por um alvo de grafite e constataram um fenômeno
semelhante a uma colisão elástica entre duas bolas de
bilhar, por exemplo. Tratava-se, porém, da colisão entre duas partículas: um fóton e um elétron.
Esse fenômeno, que recebeu o nome de efeito
Compton, era inexplicável pela teoria eletromagnética clássica, como veremos adiante. Foi uma evidência
tão grande do comportamento corpuscular da radiação eletromagnética que os físicos ainda descrentes
desse modelo não tiveram outra alternativa a não ser
aceitá-lo.
Compton usou raios X de comprimento de onda λ
aproximadamente igual a 0,7 Å.
Pela teoria ondulatória clássica, um elétron (que
vamos supor livre e em repouso) do alvo de grafite, ao
ser atingido pelos raios X, deveria oscilar na mesma
freqüência f dessa radiação e, com isso, emitir radiação de freqüência também igual a f, como acontece
na antena transmissora de uma estação de rádio, por
exemplo.
Entretanto, o experimento de Compton mostrou
um resultado completamente inesperado: os raios X
espalhados apresentavam, para cada ângulo de observação ϕ (veja a figura a seguir), um pico de intensidade no comprimento de onda original λ e outro pico
de intensidade num comprimento de onda λ’ , maior
que λ.
Veja a representação esquemática simplificada do
experimento:
88
TÓPICOS DE FÍSICA 3
tro
Elé
Vamos determinar Δλ, o deslocamento Compton:
• Conservação do momento na direção x:
ído
xtra
ne
Alvo de
grafite
θ
Fonte de
raios X
hf + 0 = hf’ cosϕ + Q cosθ ⇒
e
c
c
⇒ Qe cosθ = hf – hf’ cosϕ
c
c
ϕ
Raios X (λ,f)
Ra
io
sX
(λ
’,f
’)
Cristal
(I)
• Conservação do momento na direção y:
momento inicial nulo ⇒
⇒ Qe senθ = hf’ senϕ
c
Detector de raios X
(câmara de ionização)
• Elevando ao quadrado as expressões (I) e (II),
temos:
Q2e cos2 θ =
O espalhamento dos raios X acontece em todas as direções.
Para cada ângulo de espalhamento ϕ, detecta-se raio X
de comprimento de onda original λ (não representado na
figura) e raio X de comprimento de onda λ’, maior que
λ. Os comprimentos de onda são medidos por meio da
observação de um fenômeno conhecido por “reflexão de
Bragg” no cristal. As intensidades são medidas no detector.
Intensidade
Para cada ângulo de espalhamento ϕ, λ’ tem um
valor diferente. Para ϕ = 90º, por exemplo, a intensidade dos raios X espalhados é dada, em função do
comprimento de onda, por um gráfico com o seguinte
aspecto:
Δλ = λ' – λ ⯝ 0,024 Å
λ‘
Comprimento de onda
Δλ
Compton considerou os raios X como sendo
fótons.
Um fóton colide com um elétron, suposto livre e
em repouso. Como esse elétron adquire uma velocidade próxima de c, sua energia cinética precisa receber
um tratamento relativístico.
A figura a seguir representa um fóton X, de
momento Q e energia E, que vai colidir com um elétron em repouso. Após a colisão, temos um fóton X,
de momento Q ’ e energia E’, e o elétron adquire um
momento Q e:
Elétron
Fóton X
λ,f
θ
ϕ
Elétron livre
em repouso
y
x
Fóton X
λ' , f’
θ
(III)
(IV)
• Somando, membro a membro as expressões (III) e
(IV), vem:
Q2e (sen2 θ + cos2 θ) =
• A energia total do elétron extraído é igual a
Q2e c2 + (m0 c2)2 , em que m0 é sua massa de
repouso.
Essa energia é a soma da energia de repouso do elétron com sua energia cinética Ec:
Q2e c2 + (m0 c2)2 = m c2 + E ⇒
0
c
⇒ Q2e c2 + m20 c4 = (m0 c2 + Ec)2 ⇒
⇒ Q2e c2 = E2c + 2m0 c2 Ec
(VI)
• Usando a conservação da energia na colisão, temos:
hf = hf’ + Ec ⇒ Ec = hf – hf’
(VII)
• Substituindo (VII) em (VI), vem:
Q2e c2 = (hf – hf’)2 + 2 m0 c2 (hf – hf’) ⇒
Qe
Q
Q = E = hf
c
c
2
h2f 2 – 2h ff’ cos ϕ + h2f ’2 · cos2 ϕ
c2
c2
c2
2
2
Q2e sen2θ = h f2’ sen2ϕ
c
2
h2f 2 – 2h ff’ cos ϕ + h2f ’2 (sen2 ϕ + cos2 ϕ) ⇒
c2
c2
c2
2
2
2
2h ff’ cos ϕ
h2f ’2 ⇒
⇒ Q2e = h f2 –
+
c
c2
c2
2
2
2
2
2
2
⇒ Qe c = h f – 2h ff’ cos ϕ + h f’2
(V)
λ ⯝ 0,7 Å
λ
(II)
Q
x
ϕ
Q‘
Q‘ =
E‘ = hf’
c
c
⇒ Q2e c2 =
= h2f 2 – 2h2ff’ + h2f’2 + 2 m0 c2 (hf – hf’)
(VIII)
Manual do professor
• Igualando (VIII) com (V), vamos determinar Δλ:
h2f 2 – 2h2 ff’ + h2f’2 + 2m0 c2 (hf – hf’) =
h2f 2 – 2h2 ff’ cosϕ + h2f’2 ⇒
m0 c2 (hf – hf’) = h2 ff’ (1 – cos ϕ) ⇒
m0 c2 (f – f’) = hff’ (1 – cos ϕ)
Dividindo essa última expressão, membro a membro, por ff’, vem:
m0 c2 1 – 1 = h (1 – cos ϕ) ⇒
f’ f
m0 c2 λ’ – λ = h (1 – cos ϕ)
c
c
Δλ = λ’ –λ = h (1 – cos ϕ)
m0 c
A expressão obtida mostra que o deslocamento
Compton (Δλ) depende do ângulo de espalhamento ,
mas não depende do comprimento de onda λ da radiação utilizada, nem do material de que é feito o alvo participante do experimento em que o fenômeno ocorre.
Comentários
I. Na expressão de Δλ,
h é o comprimento de
m0 c
onda Compton (λc) do elétron extraído:
λc = h ⯝ 0,024 Å
m0 c
II. Como cosϕ pode variar entre –1 e +1, temos que:
• Δλ = 0 quando cosϕ = 1, ou seja, quando ϕ = 0.
Esse é o caso de uma “colisão rasante”, uma colisão que não aconteceu. É como num jogo de bilhar,
quando o jogador dá uma tacada na bola branca
para tirar uma “casquinha” da bola vermelha e a
bola branca passa rente à vermelha, sem atingi-la.
Obviamente, para ϕ = 0 o efeito Compton não
ocorre.
• Para ϕ ≠ 0, Δλ é sempre positivo, ou seja, λ’ é
maior que λ.
• Δλmáx ocorre para ϕ = 180º (cos 180º = – 1):
Δλmáx = 2 h ⯝ 0,048 Å (o dobro do comprim0 c
mento de onda Compton do elétron).
Essa situação corresponde a uma colisão frontal
entre o fóton X e o elétron, em que o sentido do
movimento do fóton é invertido.
III. Vamos entender por que Compton usou raio X e
não uma outra radiação eletromagnética como a
luz visível, por exemplo.
89
Como vimos, Δλmáx ⯝ 0,048 Å.
Para um raio X de comprimento de onda λ ⯝ 0,7Å,
Δλmáx corresponde a aproximadamente 7% de λ,
que é uma variação suficientemente grande para
ser constatada num experimento. Como vimos, foi
esse comprimento de onda que Compton usou, que
está na faixa dos chamados raios X duros, isto é,
de menores comprimentos de onda e, portanto, de
freqüências mais elevadas (o efeito também ocorre
com raios γ).
Se, em vez de usar raio X, fosse usada luz visível
de λ = 3,8 · 103 Å, por exemplo, Δλmáx corresponderia a cerca de 0,001% de λ, o que impossibilitaria a constatação do fenômeno.
IV. Vamos entender agora por que o elétron causador do
espalhamento Compton foi, de fato, um elétron livre,
isto é, um elétron mais periférico do átomo, ou, pelo
menos, um elétron fracamente ligado ao átomo.
Para isso, é preciso saber que a expressão de Δλ
pode ser estendida a uma partícula qualquer de
massa de repouso m0.
No alvo de grafite, se o efeito Compton fosse
devido à colisão de fótons X, com elétrons fortemente ligados aos átomos de carbono, esses
átomos, como um todo, seriam as partículas causadoras do fenômeno. A massa m0 seria a massa
de repouso do átomo de carbono, que é cerca de
2,2 · 104 vezes a massa de repouso do elétron.
Então, Δλmáx seria aproximadamente igual a
0,048 Å
2,2 · 10–6 Å
, o que corresponde a cerca
2,2 · 104
de 0,0003% de λ (λ ⯝ 0,7 Å).
Assim, Δλmáx seria indetectável no experimento.
Os elétrons “presos” são justamente aqueles que
explicam o pico de intensidade dos raios X espalhados de mesmo comprimento de onda λ dos
raios X incidentes, ou seja, dos fótons X que não
sofreram o deslocamento Compton.
V. Ao ser considerada a conservação da energia no
equacionamento do efeito Compton, não foi levada em conta a energia usada na extração do elétron
que, como vimos, é livre.
Os cálculos a seguir evidenciam que essa energia é
tão insignificante que não deveria mesmo ser computada.
Um fóton X de λ ⯝ 0,7 Å = 0,7 · 10–10 m tem freqüência f dada por:
3 · 108
⇒ f ⯝ 4,3 · 1018 Hz
f= c =
λ 0,7 · 10–10
90
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Vamos calcular a energia E desse fóton:
E = hf = 6,63 ·
10–34
· 4,3 ·
1018
⇒
⇒ E ⯝ 2,8 · 10–15 J
2,8 · 10-15
eV ⇒
1,6 · 10–19
⇒ E ⯝ 18 · 103 eV ⯝ 18 k eV
Como a função trabalho dos metais e da grafite é de
poucos elétrons–volt (ordem de grandeza igual a 10,
no máximo), a energia usada na extração do elétron é
totalmente desprezível em comparação com 18 k eV.
E⯝
VI. É importante destacar que o efeito Compton foi
explicado como sendo o resultado de uma colisão perfeitamente elástica entre um fóton e um
elétron, na qual foram usados o modelo quântico das radiações eletromagnéticas e conceitos da
teoria da relatividade restrita.
Em 1923, na Universidade de Chicago, Arthur
Compton explicou teoricamente suas conclusões e
fez medições, determinando Δλ e mostrando que
esse deslocamento depende do ângulo de observação ϕ. Em 1927, recebeu o Prêmio Nobel de Física.
A interpretação de Compton foi reforçada ainda
mais em 1950 e em 1955.
Em 1950, o elétron extraído foi detectado e o ângulo θ, entre a direção da sua emergência e a da
incidência do fóton X, foi medido, obtendo-se um
valor em concordância com a previsão teórica. Em
1955, foi verificado, com precisão da ordem de
10–11s, que o elétron extraído e o fóton espalhado
saem do alvo simultaneamente, o que é uma característica da colisão entre duas partículas.
VII. O efeito Compton não pode ser ignorado por técnicos da área médica que operam equipamentos
de raios X em laboratórios e hospitais. Os corpos
desses técnicos precisam ser protegidos dos raios
X espalhados, principalmente nas radioscopias,
em que os tempos de exposição são longos.
Os profissionais da área odontológica, quando tiram raio X de dentes, devem proteger seus pacientes colocando neles aventais de chumbo.
Notas:
• No experimento de Compton, se o elétron no qual incide
raio X de freqüência f fosse considerado em movimento,
ele receberia, em virtude do efeito Doppler, uma radiação
de freqüência aparente fap. Pela teoria eletromagnética
clássica, o elétron oscilaria nessa freqüência fap e também
emitiria radiação nessa freqüência. A velocidade relativa entre os elétrons atingidos pela radiação e a fonte de
raios X podem ser de afastamento ou de aproximação e,
além disso, podem ter, no momento da incidência, muitos valores diferentes. Assim, pela teoria clássica, o raio X
espalhado deveria ter, para cada ângulo de espalhamento
ϕ, freqüências dentro de uma faixa de valores, abaixo e
acima de f, o que não acontece.
• No efeito Compton os fótons são espalhados por elétrons, diferentemente do que ocorre no efeito fotoelétrico, em que são absorvidos.
• Compton liderou pesquisas a fim de obter plutônio para
uso em armas nucleares.
2. Existe uma técnica de diagnóstico médico por imagem
denominado tomografia por emissão de pósitron e
conhecida por PET (positron emission tomography).
Como a imagem é obtida por esse processo?
O pósitron é um exemplo de antimatéria: ele é
a antipartícula do elétron. O pósitron e o elétron têm
massas iguais e cargas elétricas de mesmo módulo
mas de sinais opostos.
Em 1929, o físico britânico Paul Dirac (19021984), prêmio Nobel de Física em 1933, previu a
existência do pósitron e de outras antipartículas, enfim, da antimatéria.
Em 1932, o físico norte-americano Carl Anderson
(1905-1991), Prêmio Nobel de Física em 1936, descobriu o pósitron.
Raios cósmicos (principalmente prótons de alta
energia) produzem pósitrons quando incidem na alta
atmosfera. Alguns deles acabam chegando ao solo e
podem ser detectados, como aconteceu nas investigações experimentais de Anderson.
Alguns núcleos radiativos, quando se desintegram, também emitem pósitrons.
Além disso, o pósitron pode ser obtido por um
processo denominado produção de pares, em que um
fóton de radiação γ incide num núcleo atômico e dá
origem a um par elétron-pósitron:
–e
Elétron
Fóton γ
Pósitron
Núcleo em
repouso
Núcleo em
repouso
+e
A energia cinética adquirida pelo núcleo é desprezível devido a
sua grande massa. É importante destacar que, nesse fenômeno,
acontecem as conservações da energia, da carga elétrica e do
momento (quantidade de movimento).
O processo inversão da produção de pares também ocorre.
Quando um pósitron e um elétron, ambos supostos em repouso, estão próximos um do outro, eles se
aniquilam e dão origem a dois fótons de radiação γ.
Esse fenômeno é chamado aniquilação de pares.
Manual do professor
–e
Elétron
+e
Pósitron
Fóton γ
Fóton γ
Nesse fenômeno, também ocorrem as conservações da energia,
da carga elétrica e do momento. Para a conservação do momento,
devem ser produzidos dois fótons com momentos opostos. Embora
a probabilidade de ocorrer seja muito menor, é possível que sejam
produzidos três fótons γ, em vez de dois.
A técnica PET de diagnóstico médico se baseia na
aniquilação elétron-pósitron.
Uma solução de glicose, contendo núcleos radiativos que emitem pósitrons quando se desintegram, é
injetada no paciente. Essa solução é transportada pelo
sangue para todo o seu corpo. Cada pósitron produzido em um determinado local do corpo se aniquila ao
encontrar (facilmente) um elétron situado nas proximidades, dando origem a dois fótons γ. Um detector PET,
que circunda o paciente, capta a radiação γ emitida e
determina o local onde ela foi produzida. Esse é o local
onde a glicose se concentra (tumores cancerígenos, por
exemplo). Com o auxílio de um computador, forma-se
uma imagem dessa região.
Cerca de vinte anos depois do feito de Anderson,
foi descoberto o antipróton, produzido em um acelerador de partículas que adquirem alta energia, na Universidade da Califórnia, em Berkeley.
Sabe-se hoje que toda partícula tem sua antipartícula, como antiprótons e anti-átomos de hidrogênio, por exemplo (há poucos casos de partículas
– o fóton é um deles – cujas antipartículas são elas
mesmas).
Normalmente uma antipartícula tem “vida” curta
porque é aniquilada ao encontrar-se com sua partícula
correspondente.
Entretanto, não é absurdo admitir a existência de
galáxias distantes constituídas de antimatéria.
• Resolução dos exercícios propostos
6 Mesmo com f f , se a fonte luminosa estiver se aproximando
0
do material, ele poderá receber a luz com freqüência maior ou igual
a f0, devido ao efeito Doppler. Satisfeita essa condição, ocorrerá o efeito fotoelétrico.
Alternativa e.
10
a) Pot = Q ⇒ Q = Pot Δt = 4 000 · 106 · 9 · 104
Δt
Q = 3,6 · 1014 J
14
b) E = Δm c2 = Q ⇒ Δm = Q2 = 3,6 · 108 2
c
(3 · 10 )
Δm = 4 · 10–3 kg
c) Δm = 8 · 10–4 MU ⇒ 4 · 10–3 = 8 · 10–4 MU
MU = 5 kg
91
13 A freqüência mínima dos fótons (energia mínina) corresponde à situação em que o elétron e o pósitron são produzidos em
repouso:
Fóton
Fóton
E = hfmín
E = hfmín
Elétron
em repouso
Pósitron
em repouso
E = me · c2
E = me · c2
Observe, nesse fenômeno, a conservação do momento.
Pela conservação da energia, temos:
h fmín + h fmín = me c2 + me c2 ⇒ 2h fmín = 2me c2 ⇒ fmín =
me c2
h
Alternativa b.
14 A perda de massa (m – m’ ) e o acréscimo de massa (m’ – m )
1
1
2
2
equivalem à energia do fóton.
Então, temos:
E = (m1 – m’1) c2
ou
E = (m’2 – m2) c2
Alternativa d.
Tópico 3
Comportamento ondulatório da
matéria
• Objetivos do Tópico
Neste brevíssimo Tópico, mostramos em que De
Broglie se baseou para suspeitar do comportamento ondulatório da matéria e, em seguida, propor sua
bem-sucedida teoria.
Para chegar à expressão do comprimento de
onda de De Broglie é preciso retomar o item 9 do
tópico anterior.
Após obtermos a referida expressão, voltamos ao
modelo atômico de Bohr (apresentado no Tópico 1),
tratamos o elétron como onda e justificamos a estabilidade das órbitas por meio de ondas estacionárias.
No final da exposição teórica, calculamos o comprimento de onda de De Broglie para um elétron e
para uma pessoa, justificando por que a difração do
elétron é observável e a da pessoa não é.
• O que não pode faltar
Se for incluído na programação do professor, deverá ser tratado na íntegra. Além disso, é necessário
incluir o item 9 do Tópico 2: Relação entre a energia
e a quantidade de movimento de um corpo.
92
TÓPICOS DE FÍSICA 3
• Resolução dos exercícios propostos
λfinal =
2
mα ⯝ 4 mp = 4 · 1,6 · 10–27 kg = 6,4 · 10–27 kg
λα =
6,63 · 10–34
h =
⇒ λα = 1,7 · 10–14 m
mα vα 6,4 · 10–27 · 6,0 · 106
Alternativa c.
3
Tratando-se de uma situação não-relativística, a energia cinéti2
ca continua expressa por m v :
2
Ec = 2 Ec
final
inicial
m v2final
m v2inicial
=2·
⇒ vfinal = vinicial 2
2
2
O comprimento de onda a que se refere o enunciado é o de De
Broglie:
λ
h
h =
= inicial ⇒ λfinal = 1 λinicial
m vfinal m vinicial 2
2
2
Alternativa a.
5
(1) Verdadeira.
2
K Qnúcleo |Qelétron|
Fcp = Fe ⇒ m v =
⇒
r2
r
2
⇒ m v = K Z2e e ⇒ m v2 r = K Z e2
r
r
(2) Verdadeira.
Perímetro da órbita = n λ ⇒
⇒ 2π r = n λ ⇒ 2π r = n h ⇒ 2π r m v = n h
mv
(3) Falsa.
(4) Verdadeira.
De (1): m (ω r)2 r = K Z e2 ⇒ m ω2 r3 = K Z e2
(5) Falsa.
Parte V - ANÁLISE DIMENSIONAL
• Algo mais
“O homem é o animal que mede”, ...
• Objetivos
A Análise dimensional é uma ferramenta preciosa no estudo da Física, prestando-se à identificação
de suas muitas grandezas e à verificação da homogeneidade dimensional de equações. Além disso, pela
Análise dimensional é possível fazer a previsão de
expressões físicas a partir de constatações empíricas
ou mesmo verificações experimentais.
Por tudo isso, incluímos esse assunto como complemento de nossa obra, objetivando atender também
aos muitos vestibulandos que têm essa matéria como
ponto solicitado em seus exames de seleção.
Acreditamos, porém, que algumas noções de
Análise dimensional devam ser apresentadas logo no
início do curso de Física – na 1a série do Ensino Médio –, o que contribui sobremaneira para uma melhor
assimilação das diversas grandezas físicas e suas respectivas unidades de medida.
• O que não pode faltar
1. Grandezas físicas fundamentais e derivadas
2. Expressões dimensionais
Exercícios
3. Homogeneidade dimensional
4. Previsão de expressões físicas
Exercícios
... dizia o engenheiro Paulo Sá, em 1964, quando Diretor do Instituto Nacional de Pesos e Medidas – INPM,
órgão do Ministério da Indústria e Comércio que precedeu no Brasil o atual Inmetro. De fato: para comproválo, basta atentar para as observações e atos rotineiros de
um simples cidadão que, após descer em um elevador
do edifício em que reside, no qual uma plaqueta afixada
na parede da cabina alerta às pessoas sobre a carga máxima suportada pelo equipamento, assume o volante do
seu automóvel. No painel do veículo, o hodômetro assinala a distância por ele percorrida entre dois “pontos”
de sua trajetória; o velocímetro indica, a cada instante,
a intensidade da velocidade do carro; o amperímetro
assinala o nível da corrente elétrica suprida pela bateria
ao circuito elétrico; o termômetro acusa a temperatura
da água de arrefecimento do motor; o tacômetro (ou
“conta-giros”) diz a velocidade angular da rotação do
“motor”, ou mais precisamente, do virabrequim; o indicador de combustível informa o volume de gasolina
existente no tanque, enquanto o relógio lhe fornece a
duração de sua corrida. Ao ligar o rádio do automóvel,
o motorista sintoniza uma estação emissora, identificando-a no dial pela freqüência da onda transmitida e,
ao parar num posto de abastecimento, lê no painel da
“bomba” o volume de combustível adquirido, enquanto um frentista aciona um manômetro que assinala a
pressão do ar na calibragem dos pneus e indaga sobre a
viscosidade do óleo que deverá verter no cárter...
Manual do professor
Com a expansão das relações internacionais entre
países dos cinco continentes, ocorrida principalmente
a partir da segunda metade do século XX, mostrouse indispensável a adoção de um sistema de unidades
bem definidas, de abrangência universal, que permitisse estabelecer e manter um modo ágil de comércio
e troca de informações, particularmente de natureza
técnica e científica. Esse sistema certamente iria contribuir para um melhor entendimento nos intercâmbios em geral e para uma padronização dos produtos
negociados no mercado mundial.
Nascia assim o Sistema Internacional de Unidades, conhecido pela sigla SI, que nas palavras de J.
Terrien, ex-diretor do Bureau International des Poids
et Mesures, reproduzidas em 1971 em publicação editada pelo então Instituto Nacional de Pesos e Medidas,
traz “uma linguagem própria, com suas definições, ortografia, regras gramaticais e de sintaxe”. Dos muitos
sistemas que poderiam ser propostos com os objetivos
visados, “o SI é o mais universal e completo, mas é
preciso utilizá-lo corretamente”.
O Sistema Internacional de Unidades baseia-se
no sistema métrico decimal, tendo evoluído do sistema MKSA, proposto por Giovanni Giorge, em 1901.
Sua denominação e composição atual datam de
1960, por ocasião da 11a CGPM (Conferência Geral
de Pesos e Medidas). O SI foi oficialmente adotado no Brasil pela Portaria no 27, de 29 de agosto de
1962, baixada pelo, hoje extinto, Instituto Nacional
de Pesos e Medidas e, a partir de então, vários ordenamentos legais passaram a dispor sobre seu uso no
país.
3. Tempo: segundo (símbolo s)
Um segundo é a duração de 9 192 631 770
períodos da radiação correspondente à transição de um elétron entre dois níveis hiperfinos
do estado fundamental do átomo de césio 133.
4. Intensidade de corrente elétrica: ampère (símbolo A)
Um ampère é a intensidade de corrente
elétrica contínua e constante que, percorrendo dois fios condutores retilíneos e paralelos,
de comprimento indefinido e de seção transversal circular de área desprezível, situados
no vácuo a distância de 1 metro um do outro,
determina entre eles uma força de interação
de origem eletromagnética de intensidade
igual a 2 · 10–7 N por metro de comprimento
em cada um dos fios.
5. Temperatura termodinâmica: kelvin (símbolo K)
Um kelvin é a fração 1/273,16 da temperatura termodinâmica do ponto tríplice da água.
6. Intensidade luminosa: candela (símbolo cd)
Uma candela é a intensidade luminosa, numa
direção dada, de uma fonte que emite radiação
monocromática de freqüência 540 · 1012 hertz
e cuja intensidade energética naquela direção é
1/683 watt por esterradiano.
Adaptado do livro O Sistema Internacional de Unidades – SI, de I. M.
Rozenberg, Instituto Mauá de Tecnologia, 1998.
O SI fundamenta-se em sete unidades de base:
7. Quantidade de matéria: mol (símbolo mol)
1. Comprimento: metro (símbolo m)
Um mol é a quantidade de matéria de um
sistema contendo tantas entidades elementares
quantos átomos existentes em 0,012 kg de carbono 12.
Um metro é o comprimento percorrido pela
luz no vácuo, durante um intervalo de tempo
igual a 1/299 792 458 do segundo.
2. Massa: quilograma (símbolo kg)
Um quilograma é a massa do protótipo
internacional de massa (ou protótipo internacional de quilograma), mantido sob a guarda
e cuidados do Bureau Internacional de Pesos e
Medidas, em Sèvres, Paris, ratificado como tal
pela 3a CGPM, realizada em 1901.
93
• Resolução dos exercícios propostos
1
[E] = M L2 T–2 ; [f] = T–1
[E] M L2 T–2
h = E ⇒ [h] =
=
⇒
f
T–1
[f]
2
[F] = M L T–2
[h] = M L2 T–1
94
TÓPICOS DE FÍSICA 3
2
–2 2
[F] [d2]
F=G Mm
⇒ G = Fd ⇒ [G] =
= ML T 2 L
Mm
[M] [m]
M
d2
[G] = M–1 L3 T–2
Unidade SI de G: kg–1 m3 s–2
3
[p] = F L–2 ; [n] = F0 L0 T0 (adimensional)
pV
pV=nRτ ⇒ R=
nτ
[p] [V] FL–2 L3
[R] =
=
⇒ [R] – F L θ–1
[n] [τ]
θ
4
[Fr] = M L T–2; [v] = L T–1
Fr = k v2 ⇒ k = F2
v
–2
[Fr] ML T–2
[k] = 2 =
⇒ [k] = ML2 T–2 ⇒ [k] = ML–1
–1
2
(LT )
L T
[v]
Unidade SI de k: kg m–1
Alternativa a.
5
a) [V] = L T–1; [ρ] = ML–3; [λ] = L
ρ λ V2
V2 = 2π σ ⇒ σ =
2π
ρλ
[σ] = M L–3 L (L T–1)2
Donde [σ] = M L0 T–2
kg
b) Unidade SI de σ: kg s–2 = 2
s
6 F=ηdv ⇒ η= F
dv
[F] = M L T–2; [d] = L e [v] = L T–1
–2
Logo: [η] = M L T–1
LLT
Donde:
[η] = M L–1 T–1
Unidade do SI de η: kg m–1 s–1
Alternativa b.
7
[F] = M L T–2; [Q] = I T; 4π é uma constante adimensional
QQ
QQ
F = 1 · 12 2 ε0 = 1 22
4π ε0 r
4πF r
[Q ] [Q ]
(IT)2
[ε0] = 1 2 2 =
ML T–2 (L)2
[F] [r ]
I2T2 ⇒ [ε ] = M–1 L–3 T4 I2
0
M L3 T–2
–1
Unidade SI de ε0: kg m–3 s4 A2
Alternativa d.
[ε0] =
8
a) i = ΔQ ⇒ ΔQ = i Δt ⇒
[Q] = I T
Δt
Unidade SI de Q: A · s = coulomb (C)
2 –2
b) U = E ⇒ [U] = M L T
IT
Q
[U] = M L2 T–3 I–1
[Q]
IT
C = Q ⇒ [C] =
=
⇒ [C] = M–1 L–2 T4 I2
U
[U] M L2 T–3 I–1
Unidade SI de C: kg–1 m–2 s4 A2 = farad (F)
9
[a t2] = L ; [b t3] = L
[a] T2 = L ⇒
[a] = L T–2
[b] T3 = L ⇒ [b] = L T–3
Alternativa c.
10 (M L T–2)x My = L3 (M L2 T–2)z
Mx + y Lx T–2x = Mz L2x + 3 T–2z
Identificando os expoentes das potências de mesma base, vem:
x+y=z
2z + 3 = x
–2z = –2x ⇒ z = x
Logo:
2x + 3 = x ⇒
x = –3 e
z = –3
x+y=x ⇒ y=0
Alternativa b.
β
12 vα = C P
ρ
[v] = L T–1 ; [P] = M L–1 T–2 ; [p] = M L–3
(M L–1 T–2)β
(L T–1)α =
M L–3
M0 Lα T–α = Mβ – 1 L3 – β T–2β
Identificando os expoentes das potências de mesma base, vem:
β–1=0 ⇒
β=1
α=3–β ⇒ α=3–1 ⇒
Alternativa c.
α=2
13 I = ΔE ⇒ [I] = [ΔE]
S Δt
[S] [Δt]
2 T–2
M
L
[I] = 2
L T
Donde: [I] = M L0 T–3
I = Ax f y ρz c
Observando que:
[A] = L ; [f] = T–1 ; [ρ] = M L–3 e [c] = L T–1, vem:
M L0 T–3 = Lx (T–1)y (M L–3)z L T–1
Donde:
M L0 T–3 = Mz Lx – 3z +1 T–y–1
Identificando os expoentes das potências de mesma base, vem:
z=1
–y – 1 = –3 ⇒ y = 2
x–3+1=0 ⇒
x=2
Alternativa d.
14 [V] = [p]x [µ]y
[V] = M0 L T–1 ; [p] = M L–1 T–2 ; [µ] = M L–3
M0 L T–1 = (M L–1 T–2)x (M L–3)y ⇒ M0 L T–1 = Mx + y L–x – 3y T–2x
Identificando os expoentes das potências de mesma base, vem:
x+y=0
–x – 3y = 1
1
–2x = –1 ⇒ x =
2
1
1
Logo: V = p 2 µ– 2
Donde:
V= p
µ
1
e y=–
2
Manual do professor
15 v = k Fx my d2 (k é uma constante adimensional)
[v] = M0 L T–1 ; [F] = M L T–2
M0 L T–1 = (M L T–2)x My Lz ⇒ M0 L T–1 = Mx + y Lx + z T–2x
Identificando os expoentes das potências de mesma base, vem:
x+y=0
x+z=1
–2x = –1 ⇒
Logo:
x= 1
2
y=– 1
2
z= 1
2
e
Assim: 1
1
1
v = k F 2 m– 2 d 2
Donde: v = k Fd
m
1
2
Por outros métodos, conclui-se que k = 1.
Alternativa d.
16 P = k µx Ay V2 (k é uma constante adimensional)
[P] = M L2 T–3 ; [µ] = M L–3 ; [A] = L2 e [V] = L T–1
M L2 T–3 = (M L–3)x (L2)y (L T–1)2 ⇒ M L2 T–3 = Mx L–3x + 2y + z T–z
Identificando-se os expoentes das potências de mesma base, vem:
x=1
–3x + 2y + z = 2
–z = –3 ⇒ z = 3
Logo:
–3 + 2y + 3 = 2 ⇒ y = 1
Assim:
P = k µ A V3
17 φ = k Ax (Δθ)y Cz e–1
2 –2
φ = ΔE ⇒ [φ]= M L T ⇒ [φ] = M L2 T–3
T
Δt
[A] = L2 ; [Δθ] = θ; [C] = M L T–3 θ–1 e [e] = L
M L2 T–3 θ0 = (L2)x θy (M L T–3 θ–1)z L–1
M L2 T–3 θ0 = Mz L2x + z – 1 T–3x θy – z
Identificando-se os expoentes das potências de mesma base, vem:
z=1
2x + z – 1 = 2 ⇒ 2x + 1 – 1 = 2 ⇒ x = 1
y–z=0 ⇒ y–1=0 ⇒ y=1
φ = k C A Δθ
e
Trata-se da Lei de Fourier e, por outros métodos, obtém-se k = 1.
Logo:
18 Z = k ΔP
x
a y ηz
L
[ΔP] = M L–1 T–2 ; [L] = [a] = L
η= F · d
A v
[F] = M L T–2 ; [A] = L2 ; [d] = L e [v] = L T–1
–2
[η] = M L2T · L–1 ⇒ [η] = M L–1 T–1
L
LT
Z = ΔV (Z representa a vazão)
Δt
3
[Z] = L ⇒ [Z] = L3 T–1
T
95
Logo:
x
–1 –2
M0 L3 T–1 = M L T
Ly (M L–1 T–1)z
L
M0 L3 T–1 = Mx + z L–2x + y – z T–2x – z
Identificando os expoentes das potências de mesma base, temos:
x + z = 0 ⇒ z = –x
(I)
–2x + y – z = 3
–2x – z = –1 ⇒ 2x + z = 1
(II)
(I) em (II): 2x – x = 1 ⇒
x=1
e
z = –1
–2 (1) + y – (–1) = 3 ⇒ y = 4
Logo: Z = k ΔP a4 η–1
L
4
Z = k ΔP · a
η
L
Donde:
Alternativa b.
19
3
a) F = σ d ⇒ σ = FL3
L
d
No SI, as unidades de F, L e d são, respectivamente, N, m e m, logo:
Unidade (σ) = N m
= N
m 3 m2
Lembrando que a unidade de força newton (N) pode ser expressa
por:
N = kg m2 ,
s
Temos:
kg m2
s = kg
Unidade (σ) =
m s2
m2
Ou unidade (σ) = kg m–1 s–2
b) Conforme o enunciado:
γ= P ⇒ P=γV
V
2
Sendo V = πd L, segue que:
4
P=
γ πd2 L
4
c) O peso será a força vertical aplicada no centro da viga responsável
pela sua flexão e conseqüente ruptura. Logo:
3 γ π d2 L
F=P ⇒ σd =
L
4
Donde:
4σ = L2
γπ d
2
L
1o caso: 4σ = 1
(I)
d
γπ
1 2
(2L )
(II)
2o caso: 4σ = 1
d2
γπ
Comparando-se (I) e (II), vem:
L21 4L21
=
⇒ d2 = 4d1
d1 d2
96
TÓPICOS DE FÍSICA 3
Bibliografia
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